2022牛客多校九 B-Two Frogs（概率DP+前缀和优化）

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题目：

样例输入： 

5
4 3 2 1

样例输出：

440198031

题意：河道里有n个荷叶排成一排，从第i个荷叶出发可以跳到第(i,i+ai]个荷叶上，有两只青蛙从第1个荷叶出发，每一步都独立地等概率随机地跳向后边的荷叶，求两只青蛙以相同步数到达第n个荷叶上的概率。n<=8000,1<=ai<=n-i

分析：这道题是一道概率DP题目，状态比较容易想到，就是f[i][j]表示用j步从i跳到n的期望概率，那么答案就是

关键是状态转移，其实状态转移也比较容易想，就是对于f[i][j]而说，从第i个位置可以一步跳到的位置为[i+1,i+a[i]]，那么对于这个区间的任意一个数x，对f[i][j]的贡献都是f[x][j-1]*inv[a[i]]，其中inv表示逆元，因为概率为1/a[i]，所以要乘以a[i]关于mod的逆元，那么很容易就能得到下面的状态转移方程：

for(int i=n-1;i>=1;i--)
for(int j=i+1;j<=i+a[i];j++)
for(int k=1;k<=n-j+1;k++)
	f[i][k]=(f[i][k]+f[j][k-1]*inv[a[i]]%mod)%mod;

但是看了下n的范围，显然是不行的，于是就想着优化，发现对于每一个第二维为k的数组都是由第二维为k-1的数组递推得到，于是就想着把k的哪一维直接用前缀和处理一下，然后也就是说记录sum[k][i]表示i~n的数中可以k步到达n的概率和，这样我们下一次对于某一个x,我们能够一部跳到的位置区间是[x+1,x+a[x]]，那么我们只需要加一下sum[k-1][x]-sum[k-1][x+a[x]+1]即可，这样我们就优化掉了一层循环，这样就可以通过本题了。

细节见代码：

#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
const int N=8e3+10,mod=998244353;
int a[N],f[N][N],inv[N];//f[i][j]表示用j步从i跳到n的期望概率
int qpow(int a,int b)
{
	int ans=1;
	while(b)
	{
		if(b&1) ans=1ll*ans*a%mod;
		a=1ll*a*a%mod;
		b>>=1;
	}
	return ans;
}
int sum[N][N];//sum[k][i]表示i~n的数中可以k步到达n的概率和
int main()
{
	int n;
	cin>>n;
	for(int i=1;i
		scanf("%d",&a[i]);
	inv[0]=1;
	for(int i=n;i>0;i--)	 inv[i]=qpow(i,mod-2);
	f[n][0]=1;
	sum[0][n]=1;
	for(int k=1;k<=n;k++)
	{
		for(int i=n-1;i>=1;i--) sum[k-1][i]=(sum[k-1][i]+sum[k-1][i+1])%mod;
		for(int i=n-1;i>=1;i--)
		{
			f[i][k]=(f[i][k]+1ll*(sum[k-1][i+1]-sum[k-1][i+a[i]+1])%mod*inv[a[i]]%mod)%mod;
			sum[k][i]=f[i][k];
		}
	}
	long long ans=0;
	for(int i=0;i<=n;i++)
		ans=(ans+1ll*f[1][i]*f[1][i]%mod)%mod;
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}