好仙的題目啊，本來是kmp裡的題但最後該用的地方被我用hash艹過去了算了反正這不是這道題的重點
考慮乙個暴力的\(o((nm)^3)\)的做法，其實就是bzoj 1444: [jsoi2009]有趣的遊戲的弱化版，但在這道題中直接上只能得到40pts
我們考慮一下這個方法為什麼不行，其實主要的原因是狀態實在太多了
考慮到實際上有意義的狀態只有\(n\)個，其餘的狀態都可以合併成乙個——「不合法的狀態」
乍一看是不是很亂來？怎麼能把那麼多不同的狀態歸為一類？
沒事我們來找個情況分析一下，在這之前先放乙個顯然的引理：
引理：構造乙個指定的長度為\(l\)的\(01\)串的概率是\(\frac\)考慮現在\(s\)是乙個不合法的狀態（即沒有人獲勝），\(a=101\)，\(b=110\)
那麼我們假定遊戲進行到到\(s+101\)的狀態，那麼此時遊戲一定會停止，但不一定要等到\(101\)加完才停止
很顯然我們可以看出當\(s\)的字尾是\(1\)或者\(10\)時遊戲會提前結束，換句話說會有這些情況：
\[s+101=(s+a)+(s'+a+01)+(s''+b+1)
\]其中\(s=s'+10=s''+1\)
那麼我們根據上面的引理，可以得到乙個方程：
\[\fracs=a+\fraca+\fracb
\]是不是很神奇，但仔細一想我們發現這確實包含了所有情況，那麼我們來試著形式化一下這鐘方法：
對於每乙個字串\(s_i\)，設它獲勝的概率是\(p_i\)，不合法（即永遠無法結束）的輔助狀態的概率設為\(s\)
我們發現對於另乙個字串\(s_j\)，若\(s_j\)存在長度為\(k\)的字尾能匹配\(s_i\)的字首，那麼就有\(\frac}\)的概率提前結束
那麼我們在設\(pre_\)表示字串\(s_i\)長度為\(j\)的字首，\(suf_\)表示字串\(s_i\)長度為\(j\)的字尾
那麼對於每乙個\(s_i\)，我們都將\(s+s_i\)作為一次終止狀態列個方程，即：
\[\sum_^n\sum_^m [pre_=suf_]\frac} p_j=\fracs
\]但這樣只有\(n\)個方程，但變數有\(n+1\)個。我們發現其實遊戲必然會結束，即\(s=0\)，所以可以列出最後乙個方程：\(\sum_^n p_i=1\)，然後就上高消即可，複雜度\(o(n^3)\)
ps：那個匹配字首字尾可以用kmp，但我比較懶因此寫了hash
pps:這題非常開精度，如果你得到了40pts的好成績請把高消寫成精度更高的方法，並且在bzoj上由於沒有spj，因此eps要調到\(10^\)
#include#include#include#define ri register int
#define ci const int&
using namespace std;
typedef unsigned long long u64;
const int n=305;
const double eps=1e-10;
struct hasher
friend inline bool operator == (const hasher& a,const hasher& b)
friend inline hasher operator + (const hasher& a,const hasher& b)
friend inline hasher operator * (const hasher& a,const hasher& b)
}pw[n],pre[n][n],suf[n][n]; int n,m; double pw2[n],p[n][n],val[n]; char s[n];
const hasher seed=hasher(233,167);
inline void gauss(ci n)
}for (val[n]/=p[n][n],i=n-1;i;--i)
}int main()
for (i=1;i<=n;++i) for (j=1;j<=n;++j) for (k=1;k<=m;++k)
if (pre[i][k]==suf[j][m-k+1]) p[i][j]+=pw2[m-k];
for (i=1;i<=n;++i) p[i][n+1]=-pw2[m],p[n+1][i]=1; val[n+1]=1;
for (gauss(n+1),i=1;i<=n;++i) printf("%.10lf\n",val[i]);
return 0;
}
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