标签：精通 垃圾 含义 mes 数组 cout def typename col
题目描述
“欢迎啊，老朋友。”
一阵寒暄过后，厂长带他们参观了厂子四周，并给他们讲锻造的流程。
“我们这里的武器分成若干的等级，等级越高武器就越厉害，并且对每一等级的武器都有两种属性值 b 和 c，但是我们初始只能花 a 个金币来生产 1 把 0 级剑……”
“所以你们厂子怎么这么垃圾啊，不能一下子就造出来 999 级的武器吗？”勇者不耐烦的打断了厂长的话。
“别着急，还没开始讲锻造呢……那我们举例你手中有一把 x 级武器和一把 y 级武器 (y = max(x?1,0))，我们令锻造附加值 k = min(c x ,b y )，则你有 k/cx 的概率将两把武器融合成一把 x + 1 级的武器。”
“……但是，锻造不是一帆风顺的，你同样有 1 ? k/cx 的概率将两把武器融合成一把 max(x ? 1,0) 级的武器……”
勇者听完后暗暗思忖，他知道厂长一定又想借此机会坑骗他的零花钱，于是求助这个村最聪明的智者——你，来告诉他，想要强化出一把 n 级的武器，其期望花费为多少？
由于勇者不精通高精度小数，所以你只需要将答案对 998244353(7 ×17 × 2 23 + 1，一个质数 ) 取模即可。
输入
第一行两个整数 n,a，含义如题所示。
为了避免输入量过大，第二行五个整数 bx,by,cx,cy,p，按照下列代码来生成 b 和 c 数组。
b[0]=by+1;c[0]=cy+1;
for(int i=1;i<n;i++){
b[i]=((long long)b[i-1]*bx+by)%p+1;
c[i]=((long long)c[i-1]*cx+cy)%p+1;
}
输出
输出一行一个整数，表示期望花费。
样例输入
0 6432
4602677 3944535 2618884 6368297 9477531
样例输出
6432
题解
成功的概率p1=k / c[ i-1 ]，失败的概率p2= ( c[ i-1 ] - k ) / c[ i-1 ]。设dp[ i ]表示升到 i 级的期望花费 ，那么dp[ i ] = p1 * ( dp[ i-1 ] + dp[ i-2 ] ) + p2* ( dp[ i-1 ] + dp[ i ] )。移项化简：
dp[ i ] = dp[ i-1 ]+ dp[ i-2 ] + ( c[ i-1 ] - k ) * dp[ i-1 ] / k 。预处理k的逆元，递推一遍即可。
#include<cmath> #include<cstdio> #include<cstdlib> #include<cstring> #include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; #define ll long long const int maxn=1e7+50; const int mod=998244353; int n,a,bx,by,cx,cy,p,k,inv[maxn]; int b[maxn],c[maxn]; ll dp[maxn]; template<typename T>void read(T& aa){ char cc; ll ff;aa=0;cc=getchar();ff=1; while((cc<‘0‘||cc>‘9‘)&&cc!=‘-‘) cc=getchar(); if(cc==‘-‘) ff=-1,cc=getchar(); while(cc>=‘0‘&&cc<=‘9‘) aa=aa*10+cc-‘0‘,cc=getchar(); aa*=ff; } ll qpow(ll a,ll b){ ll ans=1;a%=mod; for(ll i=b;i;i>>=1,a=a*a%mod) if(i&1) ans=ans*a%mod; return ans; } void init(){ inv[1]=1; for(int i=2;i<=maxn;i++) inv[i]=(ll)inv[mod%i]*(mod-mod/i)%mod; } int main(){ freopen("forging.in","r",stdin); freopen("forging.out","w",stdout); read(n),read(a); read(bx),read(by),read(cx),read(cy),read(p); b[0]=by+1;c[0]=cy+1; for(int i=1;i<n;i++){ b[i]=((long long)b[i-1]*bx+by)%p+1; c[i]=((long long)c[i-1]*cx+cy)%p+1; } init(); dp[0]=a; k=min(c[0],b[0]); dp[1]=(2ll*k*a%mod+1ll*a*(c[0]-k+mod)%mod)%mod*inv[k]%mod; for(int i=2;i<=n;i++){ k=min(c[i-1],b[i-2]); dp[i]=((dp[i-1]+dp[i-2])%mod+1ll*dp[i-1]*(c[i-1]-k+mod)%mod*inv[k]%mod)%mod; } cout<<dp[n]<<endl; return 0; }
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原文地址：https://www.cnblogs.com/rlddd/p/9814336.html
