[CSP-S模擬測試]:玩具（機率DP）

題目描述

　　這個故事發生在好久之前，在$IcePrincess\text{_}1968$和$IcePrince\text{_}1968$都還在上幼兒園的時候。
　　$IcePrince\text{_}1968$最近迷上了一種玩具，這種玩具中有兩種零件：圓球和棍子。棍子的兩頭能夠插在兩個圓球上的各一個空洞中，從而將兩個圓球鏈接起來。爲了保證玩具的娛樂性，任意一個圓球上的空洞個數老是多於玩具套裝中的棍子數。你能夠認爲圓球是沒有體積的，全部棍子的長度均爲$1$。
　　$IcePrince\text{_}1968$喜歡這樣玩這種玩具：他先摸出玩具袋裏的一個圓球放在地上，而後重複下面的操做$n-1$次：每次從袋中取出一個圓球和一根棍子，而後等機率的從地上的圓球中選擇一個，將該圓球和選擇的圓球用棍子連起來，使得新的圓球在選中圓球的正上方。
　　$IcePrince\text{_}1968$對本身搭出的藝術品很滿意，便決定把這個物品送給$IcePrincess\text{_}1968$做爲生日禮物。然而生日禮物是須要包裝的，由於默認圓球沒有體積，因此$IcePrince\text{_}1968$不用考慮包裝盒的長和寬，可是包裝盒的高是須要肯定的，這裏咱們假設$IcePrince\text{_}1968$是一個很是節儉的孩子，因此包裝盒的高老是等於藝術品的高度。$IcePrince\text{_}1968$想知道本身須要的包裝盒的高的指望對質數$p$取模後的值，但他還在上幼兒園，怎麼會算呢，因而就請你來幫助他。

---

輸入格式

　　輸入文件名爲$toy.in$。
　　輸入數據僅一行，包含兩個正整數$n,p$，表示最終的藝術品中圓球的個數和模數$p$。

---

輸出格式

　　輸出文件名爲$toy.out$。
　　輸入文件僅一行，一個正整數，表示包裝盒的高的指望對質數$p$取模後的值。

---

樣例

樣例輸入：

3 998244353

樣例輸出：

499122178

---

數據範圍與提示

樣例解釋：

三個圓球組成的藝術品，高度只多是$1$或者$2$，因此高度的指望是$1.5$，在模$998244353$下的指望是$499122178$。

數據範圍：

對於$30\%$的數據，知足$n\leqslant 10,p\leqslant 1,000,007$；
對於$50\%$的數據，知足$n\leqslant 20$；
對於$70\%$的數據，知足$n\leqslant 50$；
對於$100\%$的數據，知足$n\leqslant 200,p\leqslant 1,000,000,007$，$p$是質數。

---

題解

超級神奇的$DP$，先做出以下定義：

　　$\alpha.$設$dp[i][j]$表示$i$個點的森林，有$j$個點在第一棵樹的機率。

　　$\beta.$設$f[i][j]$表示有$i$個點的樹，深度不超過$j$的機率。

　　$\gamma.$設$g[i][j]$表示有$i$個點的森林，深度不超過$j$的機率。

那麼，先考慮如何求出$dp$數組，有：

$$dp[i][j]=dp[i-1][j-1]\times\frac{j-1}{i}+dp[i-1][j]\times\frac{i-j}{i}$$

初始化$dp[1][1]=1$。

解釋一下，式子的前一半是將新加入的點放入了第一棵樹，那麼它能夠接到$(j-1)$個點上， 後一半是將新加入的這個點放入了除第一棵樹外的其它樹上（也能夠新建一棵樹），分母是$i$而不是$(i-1)$的是因爲這個點能夠新建一棵樹，也就是至關於跟誰也沒有相接。

接着考慮一個式子：

$$f[i][j]=g[i-1][j-1]$$

化個圖你就理解了$\downarrow$

$$\Downarrow$$

也就是說，咱們加了一個點，讓這棵森林中的全部樹都連到了這個節點上。

再來考慮如何求出$g$數組：

$$g[i][j]=\sum \limits_{k=1}^if[k][i]\times g[i-1][j]\times dp[i][k]$$

這至關因而在$i$個點中選取了$k$個點組成第一棵樹，剩下$k$個點仍是一個森林，$dp[i][k]$至關因而係數，也就是這第一棵樹的形態數。

最後，由於$f$數組的意義是$f[i][j]$有$i$個點的樹，深度不超過$j$的機率；因此咱們須要知道深度剛好爲$j$的機率，即爲$f[n][j]-f[n][j-1]$。

將每個深度的機率乘上其深度再加和即爲答案。

時間複雜度：$\Theta(n^3)$。

指望得分：$100$分。

實際得分：$100$分。

---

代碼時刻

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,p;
long long inv[201];
long long dp[201][201],f[201][201],g[201][201];
long long ans;
long long qpow(long long x,long long y)
{
	long long res=1;
	while(y)
	{
		if(y&1)res=res*x%p;
		x=x*x%p;
		y>>=1;
	}
	return res;
}
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&p);
	dp[1][1]=f[1][0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)inv[i]=qpow(i,p-2);
	for(int i=2;i<=n;i++)
		for(int j=1;j<=i;j++)
			dp[i][j]=(dp[i-1][j-1]*(j-1)%p+dp[i-1][j]*(i-j)%p)*inv[i]%p;
	for(int i=0;i<=n;i++)g[0][i]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=0;j<=n;j++)
		{
			if(j)f[i][j]=g[i-1][j-1];
			for(int k=1;k<=i;k++)g[i][j]=(g[i][j]+f[k][j]*g[i-k][j]%p*dp[i][k]%p)%p;
		}
	for(int i=1;i<=n;i++)ans=(ans+(f[n][i]-f[n][i-1]+p)%p*i%p)%p;
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}

---

rp++