在一个奇怪的 \(n*m\) 的平面上有一只蚂蚁，蚂蚁一开始在 \((0,0)\) 这个位置。
这个平面的奇怪之处在于，从 \((n-1,i)\) 这个点向右走，就会到达 \((0,i)\)，从 \((i,m-1)\) 向上走，就会到达 \((i,0)\)。
这只蚂蚁每一步会随机地向上或者向右走一格，直到它到达 \((x,y)\)，求蚂蚁走过的期望步数。
\(n,m\leq 100\)
首先,\(O(n^3)\)的算法是不难想到的，设立最左列最下行可以使用高斯消元可以容易地得到，但这样的代码是较为复杂的（对我而言），当然这不适用于香猪
但由于这道题输出为浮点数，所以这道题可以有诡异的做法，我们将在文章的后面考虑将诡异的做法变为正常的做法
我们考虑将平面的\(x\)轴变成无限大，此时的终点为每一个\((x+\alpha n,y)\)
考虑对每列进行分别转移:设\(f_{i,j}\)表示能走到第\(i\)列，第\(i\)列第\(j\)列是当前列第一个被走到的概率
我们需要先预处理出它连续向上走的步数模\(m\)为\(x\)的概率\(g(x)\)
不难得到\(g(x)=2^{-x}\sum_{i=0}^\infty2^{-im}=\frac{2^{m-x-1}}{2^m-1}\)
有了这个我们就可以很容易地转移\(f_{i,j}\)了
然而我们需要得到的是步数的期望，我们考虑在每一个\(f_{i,j}\)单独计算期望
这是容易计算的，在每一个格子的期望连续向上走步数为\(1\)，这是你应该在小学老师处得知的
所以每个格子向答案的贡献为\(f_{i,j}*2\)
当然，在每个\(f_{x+\alpha n}\)需要特殊转移
我们设定一个较大的数\(B\)表示我们只考虑\(i\leq B\)时的贡献
朴素的做法时间复杂度为\(O(Bn^2)\),\(n=100\)时误差约为\((1-\frac{1}{n})^{{B\over n}+\epsilon}\approx 30\%\)，我想通过不能
我们发现转移过程为循环卷积，所以可以使用BS，且除了最初\(x\)次，转移为\(n-1\)次幂，可以预处理下来计算，过程\(n-1\)次贡献不会变
这样时间复杂度为\(O(Bn)\),\(n=100\)时误差约为\((1-\frac{1}{n})^{{B\over n}+\epsilon}\approx 10^{-44}\)，完全正确!
甚至当我们设\(B=200000\)时误差为\(10^{-9}\),同样通过
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
# define ll long long
# define read read1<ll>()
# define Type template<typename T>
Type T read1(){
T t=0;
char k;
bool vis=0;
do (k=getchar())=='-'&&(vis=1);while('0'>k||k>'9');
while('0'<=k&&k<='9')t=(t<<3)+(t<<1)+(k^'0'),k=getchar();
return vis?-t:t;
}
# define fre(k) freopen(k".in","r",stdin);freopen(k".out","w",stdout)
# define ll long long
double f[105],tw[105],p[205],tv[105];
int n,m,x,y;
int main(){
fre("ant");
n=read;m=read;x=read,y=read;
if(n>m)swap(n,m),swap(x,y);
f[0]=1;double ans=0,g=1,h=1;
for(int i=0;i<m;++i)g*=2;
--g;
for(int i=m;i--;)tw[i]=h/g,h*=2;
double o=1;
for(int i=1;i<=m;++i)o*=0.5;
o=1/(1-o);--o;o*=m;
double sum=1;
tv[0]=1;
for(int i=1;i<n;++i){
for(int j=0;j<m;tv[j]=0,++j)
for(int k=0;k<m;++k)
p[j+k]+=tv[j]*tw[k];
for(int j=0;j<2*m;++j)
tv[j%m]+=p[j],p[j]=0;
}
for(int i=0;i<=x;++i){
if(i%n==x){sum=0;
for(int j=1;j<m;++j){
int w=(j+y)%m;
ans+=f[w];
f[(w+1)%m]+=f[w]/=2;
sum+=f[w];
}f[y]=0;
}else{ans+=sum*2;
for(int j=0;j<m;++j){
for(int k=0;k<m;++k)
p[j+k]+=f[j]*tw[k];
f[j]=0;
}
for(int j=0;j<2*m;++j)
f[j%m]+=p[j],p[j]=0;
}
}
for(int i=1;i<=2000;++i){
ans+=sum*2*(n-1);
for(int j=0;j<m;++j){
for(int k=0;k<m;++k)
p[j+k]+=f[j]*tv[k];
f[j]=0;
}
for(int j=0;j<2*m;++j)
f[j%m]+=p[j],p[j]=0;
sum=0;
for(int j=1;j<m;++j){
int w=(j+y)%m;
ans+=f[w];
f[(w+1)%m]+=f[w]/=2;
sum+=f[w];
}f[y]=0;
}double t=0;
for(int i=0;i<m;++i)if(i!=y)t+=f[i];
printf("%.11f\n",ans);
return 0;
}
上述做法可以通过数学方法得到模意义下的答案，以后再填
浮世苍茫，不过瞬逝幻梦
善恶爱诳，皆有定数
于命运之轮中
吞噬于黄泉之冥暗
呜呼，吾乃梦之戍人
幻恋之观者
唯于万华镜中，永世长存
