Newcoder 111 B.托米看电影（状压）

Description

有一天， $n$ 个女孩子一起去托米家的电影院看电影。她们都订了同一排的票，订完票后还剩下一些时间，她们就去附近购物了，当她们回来的时候，电影已经开始了。门口检票的托米让她们一个接一个找到位置并坐下。

但是，打印电影票的机器坏了。打印出来的座位号不是连续的数字，而是 $1$ 到 $k$ 之间的随机整数(说明有重复的)，其中 $k$ 是她们行中的座位总数。

当一个女孩走进一排座位时，座位号从 $1$ 开始，当她走到她的票号位置上时。如果此时这个座位是空的，她就坐下来。如果它已经被占用，她继续沿着相同的方向走(不能回头)，直到她找到第一个空位，然后坐在那里。

所以，有些女孩可能会在没有找到坐下的地方的情况下被排到最后，然后没有位置坐。

现在给你数字 $n$ 和 $k$ 。

假设每个女孩的票数都在 $1$ 到 $k$ 之间，包括 $1$ 和 $k$ 之间的数字。每个数字都是随机抽取的，并且抽取是独立的。

当第一个女孩开始寻找她的座位时，也假定整行都是空的。

请你计算至少有一个女孩遭受迎面而来的悲惨命运的概率。

Input

输入的第一行包含一个整数 $T$ ，表示指定测试用例的数量。

每个测试用例前面都有一个空白行。

每个测试用例由包含两个整数 $n$ 和 $k$ 的单行组成

$(T\le 100,n,k\le 10)$

Output

对于每个测试用例输出其概率，用最简分式表示。

Sample Input

1 10

2 3

3 3

Sample Output

0/1
1/9
11/27

Solution

状压 $DP$ ，以 $dp[i][S]$ 表示 $i$ 个人，还有 $S$ 状态的座位没有被选，最终至少有一个女孩没有座位的方案数，枚举第 $i$ 个女孩的票号 $j$ ，如果 $S$ 中第 $j$ 个位置为 $1$ ，那么直接转移
$dp[i][S]+=dp[i+1][S-2^j]$
如果 $S$ 中第 $j$ 个位置为 $0$ ，那么考虑第 $j$ 个位置之后是否还有 $1$ ，如果没有 $1$ 说明第 $i$ 个女孩没有座位，剩下 $i-1$ 个女孩随便选，直接有转移
$dp[i][S]+=k^{i-1}$
如果 $j$ 位置之后有一个位置 $k$ 为 $1$ ，那么第 $i$ 个女孩只能坐在第 $k$ 个位置，此时又转移
$dp[i][S]+=dp[i+1][S-2^k]$
记忆化搜索即可，答案即为 $\frac{dp[n][2^k-1]}{k^n}$ ，时间复杂度 $O(n\cdot k\cdot 2^k)$

Code

#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
int T,n,k;
ll dp[11][(1<<10)+5],f[11];
ll gcd(ll a,ll b)
{
	return b?gcd(b,a%b):a;
}
ll dfs(int n,int S)
{
	if(dp[n][S]!=-1)return dp[n][S];
	if(n==0)return dp[n][S]=0;
	if(S==0)return dp[n][S]=f[n];
	dp[n][S]=0;
	for(int i=0;i<k;i++)
		if(!((S>>i)&1))
		{
			int j=i+1;
			for(;j<k;j++)
				if((S>>j)&1)break;
			if(j<k)dp[n][S]+=dfs(n-1,S^(1<<j));
			else dp[n][S]+=f[n-1];
		}
		else dp[n][S]+=dfs(n-1,S^(1<<i));
	return dp[n][S];
}
int main()
{
	scanf("%d",&T);
	while(T--)
	{
		scanf("%d%d",&n,&k);
		f[0]=1;
		for(int i=1;i<=n;i++)f[i]=f[i-1]*k;//k^i
		int K=1<<k;
		memset(dp,-1,sizeof(dp));
		ll p=dfs(n,K-1),q=f[n];
		ll g=gcd(p,q);
		printf("%lld/%lld\n",p/g,q/g);
	}
	return 0;
}

Newcoder 111 B.托米看电影（状压）

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