[CSP-S模拟测试]:玩具（几率DP）

题目描述

　　这个故事发生在好久之前，在$IcePrincess\text{_}1968$和$IcePrince\text{_}1968$都还在上幼儿园的时候。
　　$IcePrince\text{_}1968$最近迷上了一种玩具，这种玩具中有两种零件：圆球和棍子。棍子的两头能够插在两个圆球上的各一个空洞中，从而将两个圆球链接起来。为了保证玩具的娱乐性，任意一个圆球上的空洞个数老是多于玩具套装中的棍子数。你能够认为圆球是没有体积的，全部棍子的长度均为$1$。
　　$IcePrince\text{_}1968$喜欢这样玩这种玩具：他先摸出玩具袋里的一个圆球放在地上，而后重复下面的操做$n-1$次：每次从袋中取出一个圆球和一根棍子，而后等几率的从地上的圆球中选择一个，将该圆球和选择的圆球用棍子连起来，使得新的圆球在选中圆球的正上方。
　　$IcePrince\text{_}1968$对本身搭出的艺术品很满意，便决定把这个物品送给$IcePrincess\text{_}1968$做为生日礼物。然而生日礼物是须要包装的，由于默认圆球没有体积，因此$IcePrince\text{_}1968$不用考虑包装盒的长和宽，可是包装盒的高是须要肯定的，这里咱们假设$IcePrince\text{_}1968$是一个很是节俭的孩子，因此包装盒的高老是等于艺术品的高度。$IcePrince\text{_}1968$想知道本身须要的包装盒的高的指望对质数$p$取模后的值，但他还在上幼儿园，怎么会算呢，因而就请你来帮助他。

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输入格式

　　输入文件名为$toy.in$。
　　输入数据仅一行，包含两个正整数$n,p$，表示最终的艺术品中圆球的个数和模数$p$。

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输出格式

　　输出文件名为$toy.out$。
　　输入文件仅一行，一个正整数，表示包装盒的高的指望对质数$p$取模后的值。

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样例

样例输入：

3 998244353

样例输出：

499122178

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数据范围与提示

样例解释：

三个圆球组成的艺术品，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$499122178$。

数据范围：

对于$30\%$的数据，知足$n\leqslant 10,p\leqslant 1,000,007$；
对于$50\%$的数据，知足$n\leqslant 20$；
对于$70\%$的数据，知足$n\leqslant 50$；
对于$100\%$的数据，知足$n\leqslant 200,p\leqslant 1,000,000,007$，$p$是质数。

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题解

超级神奇的$DP$，先做出以下定义：

　　$\alpha.$设$dp[i][j]$表示$i$个点的森林，有$j$个点在第一棵树的几率。

　　$\beta.$设$f[i][j]$表示有$i$个点的树，深度不超过$j$的几率。

　　$\gamma.$设$g[i][j]$表示有$i$个点的森林，深度不超过$j$的几率。

那么，先考虑如何求出$dp$数组，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$dp[1][1]=1$。

解释一下，式子的前一半是将新加入的点放入了第一棵树，那么它能够接到$(j-1)$个点上， 后一半是将新加入的这个点放入了除第一棵树外的其它树上（也能够新建一棵树），分母是$i$而不是$(i-1)$的是因为这个点能够新建一棵树，也就是至关于跟谁也没有相接。

接着考虑一个式子：

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

化个图你就理解了$\downarrow$

$$\Downarrow$$

也就是说，咱们加了一个点，让这棵森林中的全部树都连到了这个节点上。

再来考虑如何求出$g$数组：

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

这至关因而在$i$个点中选取了$k$个点组成第一棵树，剩下$k$个点仍是一个森林，$dp[i][k]$至关因而系数，也就是这第一棵树的形态数。

最后，由于$f$数组的意义是$f[i][j]$有$i$个点的树，深度不超过$j$的几率；因此咱们须要知道深度刚好为$j$的几率，即为$f[n][j]-f[n][j-1]$。

将每个深度的几率乘上其深度再加和即为答案。

时间复杂度：$\Theta(n^3)$。

指望得分：$100$分。

实际得分：$100$分。

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代码时刻

#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++