B. hat
思路：显然无论怎么交换，最终相同概率的个数是不会变等于 n − 1 n-1 n−1，即每次交换只存在两种概率，而且对于交换 ( x , y ) (x,y) (x,y)，就是相当于 p x , p y p_x,p_y px,py概率交换，所以我们可以找到最终那一个唯一的不同的概率的位置，因为初始化 p o s = 1 pos=1 pos=1, 若 ( x , y ) (x,y) (x,y)中有 p o s pos pos，则 p o s pos pos变为另一个位置，接下来我们只考虑没有被看见的交换，显然在这次操作后的位置 i i i有兔子的概率 p ′ p' p′，存在两种情况，该位置原来有兔子，但没有交换它，则此时概率为：
p × n − 2 n , p\times\dfrac{n-2}{n}, p×nn−2,因为是从 n n n个数中选两个数，则没有被选中的概率是 n − 2 2 \dfrac{n-2}{2} 2n−2。
第二种情况，该位置原来没有兔子，但是与它交换的位置有兔子。
首先被选中的概率是 2 n \dfrac{2}{n} n2，然后与它交换的位置有兔子的概率是 1 n − 1 \dfrac{1}{n-1} n−11，( n − 1 n-1 n−1位置等可能性)，所以概率是 ( 1 − p ) × 2 n × 1 n − 1 (1-p)\times\dfrac{2}{n}\times\dfrac{1}{n-1} (1−p)×n2×n−11
综上 p ′ = p × n − 2 n + ( 1 − p ) × 2 n × 1 n − 1 p'=p\times\dfrac{n-2}{n}+(1-p)\times\dfrac{2}{n}\times\dfrac{1}{n-1} p′=p×nn−2+(1−p)×n2×n−11
然后用费马小定理转化一下，递推就行了。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e5+5,M=1e6+5,inf=0x3f3f3f3f,mod=998244353;
#define mst(a) memset(a,0,sizeof a)
#define lx x<<1
#define rx x<<1|1
#define reg register
#define PII pair<int,int>
#define fi first
#define se second
ll ksm(ll a,ll n){
ll ans=1;
while(n){
if(n&1) ans=ans*a%mod;
a=a*a%mod;
n>>=1;
}
return ans;
}
struct p{
int id,x,y;
}a[N];
int main(){
int t;
scanf("%d",&t);
while(t--){
int n,m,k;
scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
int pos=1;
ll ans1=1,ans2=0;
for(int i=1;i<=k;i++){
int id,x,y;
scanf("%d%d%d",&id,&x,&y);
if(x==pos) pos=y;
else if(pos==y) pos=x;
}
ll inv1=ksm(n,mod-2)%mod,inv2=ksm(n-1,mod-2)%mod,x=(n-2)*inv1%mod,y=(2*inv1*inv2)%mod;
for(int i=1;i<=m-k;i++)
{
ans1=(ans1*x)%mod+((1-ans1+mod)%mod)*y%mod,ans1%=mod;
ans2=(ans2*x)%mod+((1-ans2+mod)%mod)*y%mod,ans2%=mod;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
if(pos==i) printf("%lld ",ans1);
else printf("%lld ",ans2);
printf("\n");
}
return 0;
}
对于 b o u n s : m ≤ 1 0 10 , k ≤ 1 0 5 bouns:m\leq 10^{10},k\leq 10^5 bouns:m≤1010,k≤105,显然可以用数学公式求和。
p ′ = 2 n ( n − 1 ) + ( n − 2 n − 2 n ( n − 1 ) ) × p p'=\dfrac{2}{n(n-1)}+(\dfrac{n-2}{n}-\dfrac{2}{n(n-1)})\times p p′=n(n−1)2+(nn−2−n(n−1)2)×p
令 ( n − 2 n − 2 n ( n − 1 ) ) = k (\dfrac{n-2}{n}-\dfrac{2}{n(n-1)})=k (nn−2−n(n−1)2)=k
2 n ( n − 1 ) = b \dfrac{2}{n(n-1)}=b n(n−1)2=b。
转化为等比数列：
p i + 1 = k p i + b p i + 1 + b k − 1 = k ( p i + b k − 1 ) p_{i+1}=kp_i+b\\p_{i+1}+\dfrac{b}{k-1}=k(p_i+\dfrac{b}{k-1}) pi+1=kpi+bpi+1+k−1b=k(pi+k−1b)
p n + b k − 1 = p 1 × k n − 1 p_n+\dfrac{b}{k-1}=p_1\times k^{n-1} pn+k−1b=p1×kn−1
p n = p 1 × k n − 1 − b k − 1 p_n=p_1\times k^{n-1}-\dfrac{b}{k-1} pn=p1×kn−1−k−1b
呃大概思路是这样，但是有很多细节需要注意。。。还是太菜不会写。
