題目連結(顯然還沒有找到原題)
雖說我現在才學會期望dp顯得不太好，但沒辦法，誰讓我比較菜~~，之前模擬賽已經考過幾道類似的題了，但都一筆帶過了，這次算是正式學習了一下這類題，於是就有了這篇題解。
首先看到k次方首先想到的就是我們在進行dp轉移的時候不太方便，這個時候很自然的想到二項式定理去避免機率的重複計算，可以把k次冥的轉移轉換成for迴圈來做，這個時候就要去考慮轉移方程了：設\(f[i]\)表示前i個寶箱的期望貢獻，則顯然有
\[f[i]^j=(f[i-1]+a[i])^j*p[i]+(f[i-1]+b[i])^j*(1-p[i])
\]
二項式定理展開即為：
\[f[i]^j=(\sum _{k=0}^{j} C _{j}^{k}f[i-1]^ka[i]^{j-k})*p[i]+(\sum _{k=0}^{j} C _{j}^{k}f[i-1]^kb[i]^{j-k})*(1-p[i])
\]
可以顯然觀察到兩個式子不同的只有\((a[i]^{j-k}*p[i]/b[i]^{j-k}(1-p[i]))\)，那麼即可合併得：
\[f[i]^j=(\sum _{k=0}^{j} C _{j}^{k}f[i-1]^k(a[i]^{j-k}*p[i]+b[i]^{j-k}*(1-p[i])))
\]
此時dp轉移中的\(f[i]^j\)並不是很好處理，考慮將dp陣列多開一維，令\(f[i][j]\)表示\(f[i]\)在j次方下的取值並可以令\(op[i][j]=a[i]^j*p[i]+b[i]^j*(1-p[i])\)，就可以很好的處理dp轉移中的各種狀態，最終完全版的轉移就是：
\[f[i][j]=(\sum _{k=0}^{j} C _{j}^{k}f[i-1][k]op[i][j-k]))
\]
總時間複雜度為\(O(nk^2)\)，壓線透過此題。
最後附上程式碼：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N=1e4+5,mod=998244353;
int n,m,l,r,a[N],b[N],op[N][101],p[N][2];
int x,y,z,t,k,ans,f[N][101],c[101][101];
int quickpow(int a,int b){
int ans=1;
while(b){
if(b&1)ans=ans*a%mod;
a=a*a%mod;
b>>=1;
}return ans;
}
signed main(){
freopen("in.in","r",stdin);
freopen("out.out","w",stdout);
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);cout.tie(0);
cin>>n>>k;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>p[i][0]>>a[i]>>b[i];
p[i][1]=(mod+1-p[i][0])%mod;
}
c[1][0]=c[1][1]=c[0][0]=1;
for(int i=2;i<=k;i++){
c[i][1]=i;c[i][0]=1;
for(int j=2;j<=i;j++){
c[i][j]=(c[i-1][j-1]+c[i-1][j])%mod;
}
}
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=k;j++){
op[i][j]=(quickpow(a[i],j)*p[i][0]%mod+quickpow(b[i],j)*p[i][1]%mod)%mod;
}f[i][0]=1;op[i][0]=1;
}
for(int i=1;i<=k;i++)f[1][i]=op[1][i];
for(int i=2;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=k;j++){
for(int kk=0;kk<=j;kk++){
f[i][j]=(f[i][j]+c[j][kk]*f[i-1][kk]%mod*op[i][j-kk]%mod)%mod;
}
}
}cout<<f[n][k];
return 0;
}
結束嘍~~~~~