[蔚来杯]Two Frogs

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题意

河道里有$n$个荷叶排成一排，从第$i(<n)$个荷叶出发可以跳到第$(i,i+a_i]$个荷叶上，有两只青蛙从第$i$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$n$个荷叶的概率。

$n<=8000$，保证$1<=a_i<=n-i$

分析

这一题的容易联想到使用dp求解，并使用当前荷叶编号、已经跳跃的次数确定一个状态。

但在状态表示时，可能因为能够走到当前状态的次数作为状态表示，导致状态转移难以推算。

对于本题，最合适的做法是直接记录每个状态的概率。
即
$f[i][j]$表示从第1片荷叶跳$j$次到达$i$片荷叶的概率

根据分布乘法原理，易得状态转移方程：
$f[i+x][j+1]+=f[i][j]/a_i，(x<=a_i)$

进一步，两只青蛙从第$1$片荷叶跳跃$j$次到达$i$片荷叶的概率为：$f[i][j]\ast f[i][j]$，
再根据分类加法原理，两只青蛙以相同的步数到达第$n$片荷叶的概率为：${\sum }_{x=1}^{n-1}f[n][x]$
注：青蛙一次跳跃至少前进一个荷叶，所以至多经过$n-1$次跳跃到达第$n$片荷叶。

代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e4+10,MOD = 998244353;
int n,F[N][N],A[N],INV[N];
int qmi(int a,int b,int p){
    int res = 1;
    a %= p;
    while(b){
        if(b & 1) res = 1ll * res * a % p;
        b >>= 1;
        a = 1ll * a * a % p;
    }
    return res;
}
int main(){
    scanf("%d",&n);
    for(int i = 1;i < n;i++) scanf("%d",&A[i]), INV[i] = qmi(A[i],MOD-2,MOD);
    F[1][0] = 1;
    for(int i = 1;i < n;i++)
        for(int j = 0;j <= n-1;j++)
            for(int k = 1;k <= A[i] && i+k <= n;k++)
//                 F[i+k][j+1] += F[i][j] / A[i];
                F[i+k][j+1] = (F[i+k][j+1] + 1ll * F[i][j] * INV[i]) % MOD;
    int s = 0;
    for(int i = 1;i <= n-1;i++)
        s = (s + 1ll * F[n][i] * F[n][i]) % MOD;
    printf("%d",s);
    return 0;
}

$O(n^3)$的复杂度，TLE。
需要进行优化。
这里可以使用差分优化，将复杂度降为$O(n^2)$。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e4+10,MOD = 998244353;
int n,F[N][N],A[N],INV[N];
int qmi(int a,int b,int p){
    int res = 1;
    a %= p;
    while(b){
        if(b & 1) res = 1ll * res * a % p;
        b >>= 1;
        a = 1ll * a * a % p;
    }
    return res;
}
int main(){
    scanf("%d",&n);
    for(int i = 1;i < n;i++) scanf("%d",&A[i]), INV[i] = qmi(A[i],MOD-2,MOD);
    F[1][0] = 1;
    F[2][0] = -1;
    for(int i = 1;i <= n;i++)
        for(int j = 0;j <= n;j++){
            F[i][j] = (F[i][j] + F[i-1][j]) % MOD;
            int t = 1ll * F[i][j] * INV[i] % MOD;
            F[i+1][j+1] = (1ll * F[i+1][j+1] + t) % MOD;
            F[i+A[i]+1][j+1] = (1ll * F[i+A[i]+1][j+1] - t) % MOD;
        }
    int s = 0;
    for(int i = 1;i <= n;i++)
        s = (s + 1ll * F[n][i] * F[n][i]) % MOD;
    printf("%d",s);
    return 0;
}

这里需要注意，使用的差分为是一维的差分。
初始情况下，$f[1][0]$和$f[2][0]$为原$f[1][0]$和$f[2][0]$的差分值。
在计算过程中，数值可能超过int表示范围，通过类型转换方式解决。
将A数组的逆元进行预处理可减少计算量。