[NOI2006]神奇口袋

题目

一个口袋中先放有(a_i;(1le a_i,;1le ile t))个(i)颜色的球。若在第(i)次从中取到的球色为(C_i)，则要向口袋中放入(d)个与之同色的求，取到的球也要放回。每个球被取到的几率相同。

先给出(Q={(x_n,y_n)})，询问全部满足在第(x_i)次取球时取到颜色(y_i)的几率。

分析

结论

假设当前(Q)中的(x)有序。

结论一： (Q)中(x)离散后对结果无影响

证明：

设在第(k)次取球时，颜色(c)的数目为(a[c])，球的总数为(tot)。可以得出：

在第(k)次取到(c)的几率为(P_k=dfrac{a[c]}{tot}) 。又因为

在第(k)次取到(c)且在第(k+1)次也取到的几率为(P_1=dfrac{a[c]}{tot} imesdfrac{a[c]+d}{tot+d})。
在第(k)次没取到(c)，但在第(k+1)取到的几率为(P_2=dfrac{tot-a[c]}{tot} imesdfrac{a[c]}{tot+d})。

故在第(k+1)次取到(c)的几率为(P_{k+1}=P_1+P_2=dfrac{(tot+d) imes a[c]}{(tot+d)tot}=dfrac{a[c]}{tot})。

即(P_k=P_{k+1})。再经过简单归纳，即可证明结论一成立。

结论二： (Q)中(y)的出现顺序对结果无影响

证明：

设在第(i)次取球时，颜色(c)的数目为(a[c])，球的总数为(tot)。对于(y_i,y_{i+1}(1le i<n))，有

若(y_i=y_{i+1})，显然无影响
若(y_i ot=y_{i+1})，则
- 交换之前两组((x,y))都成立的几率为(P_1=dfrac{a[y_i]}{tot} imesdfrac{a[y_{i+1}]}{tot+d})。
- 交换之后两组((x,y))都成立的几率为(P_2=dfrac{a[y_{i+1}]}{tot} imesdfrac{a[y_i]}{tot+d})。

发现(P_1=P_2)，即此时也无影响。同样的，略作归纳可知本结论成立。

算法

由以上两个结论的得出(x)的顺序无影响，(y)的循序也无影响。故可以直接在读入(Q)时对(y)依次处理即可。

注意此题需要用到高精度、GCD。为了方便处理，可以对分子分母进行分解。最终将两个数的各个因子合起来。

实例

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1010;
const int P=200000;
struct BigInt {
    int s[P],ws;
    BigInt(){s[1]=1;ws=1;}
    void Multi(int x) {
        for(int i=1;i<=ws;++i)s[i]=s[i]*x;
        for(int i=1;i<=ws;++i)s[i+1]+=s[i]/10,s[i]%=10;
        while(s[ws+1])++ws,s[ws+1]=s[ws]/10,s[ws]%=10;
    }
    void output(){for(int i=ws;i;--i) printf("%d",s[i]);}
}U,D;
int t,n,d,tot,a[N];
int cntp,pri[P],num[P];
bool notp[P]={1,1};
void addon(int x,int w) {
    for(int i=1; x&&i<=cntp; ++i) {
        while(x%pri[i]==0) num[i]+=w, x/=pri[i];
    }
}
int main() {
    for(int i=2; i<P; ++i) {
        if(!notp[i]) pri[++cntp]=i;
        for(int j=1; j<=cntp&&pri[j]*i<P; ++j) {
            notp[i*pri[j]]=1;
            if(i%pri[j]==0) break;
        }
    }
    scanf("%d%d%d",&t,&n,&d);
    for(int i=1; i<=t; ++i) {
        scanf("%d",&a[i]);
        tot+=a[i];
    }
    for(int i=1,x,y; i<=n; ++i) {
        scanf("%d%d",&x,&y);
        if(!a[y]) {puts("0/1"); return 0;}
        addon(a[y],1);
        addon(tot,-1);
        a[y]+=d, tot+=d;
    }
    for(int i=1; i<=cntp; ++i) {
        for(; num[i]>0; --num[i]) U.Multi(pri[i]);
        for(; num[i]<0; ++num[i]) D.Multi(pri[i]);
    }
    U.output();
    putchar('/');
    D.output();
    return 0;
}