Google Kick Start 2020 Round B T4 Wandering Robot

題意

一個\(n \times m\)的矩形空間，起點是\((1,1)\)，終點是\((n,m)\)。

假設當前位於\((x,y)\)：

• 若是當前位於最後一行，那麼下一步只能走向\((x,y+1)\)
• 若是當前位於最後一列，那麼下一步只能走向\((x+1,y)\)
• 不然，以相等的機率走向\((x,y+1)\)和\((x+1,y)\)中的一個。

矩形空間中有一個小的矩形黑洞，用左上角和右下角的座標表示，走進黑洞視爲遊戲失敗，走到\((n,m)\)視爲遊戲成功，問遊戲成功的機率。

解題思路

先不考慮黑洞。

對於\(1 \leq x < n, 1 \leq y < m\)，走到\((x,y)\)一共有\(C_{x+y-2}^{x-1}\)種可能的路徑，而後走每一條可能的路徑的機率爲\(\frac{1}{2^{x+y-2}}\)，因此走到\((x,y)\)的機率是\(\frac{C_{x+y-2}^{x-1}}{2^{x+y-2}}\)。

可是\(n,m\)的取值最高能夠到\(1e5\)，若是不加處理會炸精度，若是使用\(\log\)處理就能夠把數值壓在能接受的範圍內。再加上

\[2^{\log(\frac{C_{x+y-2}^{x-1}}{2^{x+y-2}})} = 2 ^ {\log((x + y - 2)!)-\log((y-1)!) - -\log((x-1)!) - x -y +2} \]

\(O(n)\)預處理出\(\log(i!)\)後就能夠方便的計算\(P(x,y)\)了。

而後根據規則，最後一行和最後一列的機率要另外算。這裏僅以最後一行爲例，最後一列也是用一樣的方法。

記走到\((x,y)\)的機率爲\(P(x,y)\)，那麼若是\((x,y)\)位於最後一行，則\(P(x,y)=P(x,y-1)+\frac{1}{2}P(x-1,y)\)。而後\(P(1,n)\)很容易推出等於\(\frac{1}{2^{n-1}}\)，因此這一行的機率就能夠\(O(n)\)的遞推出來。

假設上圖中，黑色部分爲黑洞，\((1,1)\)位於坐上角，那麼很容易就能夠得出遊戲成功的機率爲走到灰色格子的機率之和。將以前推導出的公式代入便可。

總結

早上七點的比賽差點錯過了。前三題幾乎都是直接秒，可是卡在了第四題。公式都推對了，可是沒有想到炸精度怎麼處理。腦海中出現了以前llg想在學校月賽搞用log處理大數的出題思路，可是看精度一直以爲不太行，而後就下班了，哪想到這就是正解。果真有時候就應該xjbg。

而後補題的時候又是由於擔憂精度問題用了long double，而後各類TLE，換成double就過了。

AC代碼

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e5 + 5;

double lg[N], lstr[N], lstc[N];
int main()
{
#ifdef BACKLIGHT
    freopen("in.txt", "r", stdin);
#endif

	lg[0] = 0;
	for (int i =1; i <= 2e5; ++i) lg[i] = lg[i-1] + log2(i);

	int T;
	scanf("%d", &T);
	for (int Case = 1; Case <= T; Case ++) {
		int n, m, l, r, u, d;
		scanf("%d %d %d %d %d %d", &n, &m, &l, &u, &r, &d);

		lstr[1] = pow(2, lg[1 + n - 2] - lg[1 - 1] - lg[n - 1] - 1 - n + 2);
		for (int i = 2; i <= m; i++) {
			lstr[i] = lstr[i-1] + 0.5 * pow(2, lg[i + (n-1)- 2] - lg[i - 1] - lg[(n-1) - 1] - i - (n-1) + 2);
		}

		lstc[1] = pow(2, lg[1 + m - 2] - lg[1 - 1] - lg[m - 1] - 1 - m + 2);
		for (int i = 2; i <= n; i++) {
			lstc[i] = lstc[i-1] + 0.5 * pow(2, lg[i + (m-1)- 2] - lg[i - 1] - lg[(m-1) - 1] - i - (m-1) + 2);
		}

		double ans = 0, tmp;
		for (int i = 1; i <= l - 1; ++i) {
			int D = l + d - i;
			if(D > m) continue;
			else if(D == m) {
				ans += lstc[i];
			}
			else {
				tmp = lg[i + D - 2] - lg[i - 1] - lg[D - 1] - i - D + 2;
				ans += pow(2, tmp);
			}
		}

		for (int i = 1; i <= u - 1; ++i) {
			int R = r + u - i;
			if(R > n) continue;
			else if(R == n) {
				ans += lstr[i];
			}
			else {
				tmp = lg[i + R - 2] - lg[i - 1] - lg[R - 1] - i - R + 2;
				ans += pow(2, tmp);
			}
		}

		printf("Case #%d: %.12lf\n", Case, ans);
	}
	return 0;
}