标签：int names enter 复杂 ace namespace lin color http
传送门：http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=4008
一道不简单的概率和期望dp题
根据期望的线性性质，容易想到，可以算出每张卡的期望伤害，然后全部加在一起
手算样例之后发现是正确的，那么我们只要求出每张卡的实际被使用的概率就可以了
记第$i$张卡的实际被使用的概率为$fp[i]$
那么答案就是
$\Large\sum\limits_{i=0}^{n-1}fp[i]\cdot d[i]$
如何求出$fp[i]$？
首先考虑第一张卡的$fp$，也就是$fp[0]$，应该为
$\Large fp[0]=1-(1-p[i])^{r}$
这个很容易理解，因为$(1-p[i])^r$就是这张卡从头到尾始终憋着不出的概率
那么对于后面的$fp$应该怎么求呢
有个条件很烦人，就是在每一轮中，出了一张卡的时候立即结束该轮
那么下面就轮到dp上场啦！
令$f[i][j]$表示在所有的$r$轮中，前$i$张卡中一共出了$j$张的概率，那么就可以用$O(n)$的时间算出$fp[i](i>0)$
枚举前$i-1$轮选了$j$张牌，那么有$j$轮不会考虑到第$i$张牌，也就是有$r-j$轮会考虑到第$i$张牌
那么根据上面的分析，$1-(1-p[i])^{r-j}$就是在$r-j$轮中使用过第$i$张牌的概率，式子：
$\Large fp[i]=\sum\limits_{j=0}^{r}f[i-1][j]\cdot(1-(1-p[i])^{r-j})(i>0)$
接下来只要写出$f[i][j]$的转移方程就好了，分两种情况讨论
第一种，$f[i][j]$从$f[i-1][j]$转移过来，即第$i$张牌最终没有选，始终不选第$i$张牌的概率是$(1-p[i])^{r-j}$
$\Large f[i][j]+=f[i-1][j]\cdot(1-p[i])^{r-j}(i>0)$
第二种，当$j>0$时，$f[i][j]$可以从$f[i-1][j-1]$转移过来，表示最终选择了第$i$张牌
这时候，有$j-1$轮没有考虑到第$i$张牌，所以考虑到第$i$张牌的轮数是$r-j+1$，最终选择的概率为$1-(1-p[i])^{r-j+1}$
$\Large f[i][j]+=f[i-1][j-1]\cdot(1-(1-p[i])^{r-j+1})(i>0,j>0)$
然后就没了，总时间复杂度$O(Tnr)$，具体细节看代码
因为洛谷上有点卡时，所以预处理了$(1-p[i])$的幂
1 #include <cstring> 2 #include <algorithm> 3 #include <cstdio> 4 5 using namespace std; 6 const int MAXN = 223; 7 const int MAXR = 135; 8 9 int n, r, d[MAXN]; 10 double p[MAXN], fp[MAXN]; 11 12 double pow1p[MAXN][MAXN]; // pow1p[i][j]表示(1-p[i])^j 13 void prelude() { 14 for( int i = 0; i < n; ++i ) { 15 pow1p[i][0] = 1; 16 for( int j = 1; j <= r; ++j ) 17 pow1p[i][j] = pow1p[i][j-1] * (1-p[i]); 18 } 19 } 20 21 double f[MAXN][MAXR]; 22 double solve() { 23 memset( f, 0, sizeof(f) ); 24 memset( fp, 0, sizeof(fp) ); 25 f[0][0] = pow1p[0][r]; // 边界 26 f[0][1] = fp[0] = 1-f[0][0]; 27 for( int i = 1; i < n; ++i ) { 28 for( int j = 0; j <= r; ++j ) { 29 fp[i] += f[i-1][j] * (1 - pow1p[i][r-j]); // 根据f计算fp 30 f[i][j] += f[i-1][j] * pow1p[i][r-j]; // 不选第i张 31 if( j ) f[i][j] += f[i-1][j-1] * (1 - pow1p[i][r-j+1]); // 选第i张 32 } 33 } 34 double rtn = 0; 35 for( int i = 0; i < n; ++i ) { 36 // printf( "fp[%d] = %lf\n", i, fp[i] ); 37 rtn += d[i] * fp[i]; 38 } 39 return rtn; 40 } 41 42 int main() { 43 int T; scanf( "%d", &T ); 44 while( T-- ) { 45 scanf( "%d%d", &n, &r ); 46 for( int i = 0; i < n; ++i ) scanf( "%lf%d", p+i, d+i ); 47 prelude(); 48 printf( "%.10lf\n", solve() ); 49 } 50 return 0; 51 }
【题解】亚瑟王 HNOI 2015 BZOJ 4008 概率 期望 动态规划
标签：int names enter 复杂 ace namespace lin color http
原文地址：http://www.cnblogs.com/mlystdcall/p/6661858.html
