说在前面

——好吧，这矩阵十分特殊，me没有想到

题目

BZOJ2510传送门

题目大意

现在有 $m$ 个球，每个球上有一个标号。标号为 $i$ 的球有 $a_i$ 个
现在进行 $K$ 次如下的操作：
随机选取一个球，将其标号+1，如果标号大于 $n$，则对 $n$ 取模
现在询问操作之后，每种标号的球期望有多少个

范围：$n\leq 1000,K\leq 2147483647,m\leq 10^8$

输入输出格式

输入格式：
第一行三个整数 $n,m,K$，含义如题
接下来一行 $n$ 个整数，第 $i$ 个数为 $a_i$

输出格式：
输出 $n$ 个小数，每行一个，第 $i$ 行表示最终标号为 $i$ 的球的期望个数。保留三位小数

解法

首先很显然的有一个dp式子：$dp_i=(1-\frac{1}{m})dp_i+\frac{1}{m}dp_{i-1}$
然后构造矩阵尝试优化转移，然后矩阵长这样：
但是乘一次就是$n^3$，显然GG

然后我们可以发现，它无论怎么乘，第 $i$ 行都是第 $i-1$ 行循环右移；第 $i$ 列都是第 $i-1$ 列循环下移
所以我们只需要维护矩阵中任意一行的权值，就可以知道整个矩阵
于是乘一次变成了$n^2$，可过

下面是代码

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std ;

int N , M , K ;
struct Mat{
    double v[1005] ;
    Mat(){ memset( v , 0 , sizeof( v ) ) ; }
    Mat operator * ( const Mat &A ) const {
        Mat rt ;
        for( int i = 1 ; i <= N ; i ++ ){
            double tmp = 0 ;
            for( int j = 1 ; j <= N ; j ++ )
                tmp += v[j] * A.v[ (i-j+N)%N+1 ] ;
            rt.v[i] = tmp ;
        } return rt ;
    }
} a ;

Mat Mat_s_pow( Mat x , int b ){
    Mat rt ; rt.v[1] = 1 ;
    while( b ){
        if( b&1 ) rt = rt * x ;
        x = x * x , b >>= 1 ;
    } return rt ;
}

void solve(){
    Mat ori , res ;
    ori.v[1] = 1 - 1.0 / M , ori.v[2] = 1.0 / M ;
    res = Mat_s_pow( ori , K ) ;
    a = a * res ;
    for( int i = 1 ; i <= N ; i ++ )
        printf( "%.3f\n" , a.v[i] ) ;
}

int main(){
    scanf( "%d%d%d" , &N , &M , &K ) ;
    for( int i = 1 ; i <= N ; i ++ )
        scanf( "%lf" , &a.v[i] ) ;
    if( N == 1 ) printf( "%.3f\n" , a.v[1] ) , exit( 0 ) ;
    solve() ;
}