题意
有\(n\)张卡片，每一次你有\(p_i\)的概率买到第\(i\)张卡。求买到所有卡的期望购买次数。
\(n\le20,\sum p_i\le1\)
sol
\(n\le20\)那就一定是状压了吧。
设\(f_s\)表示已经买到了集合\(s\)后的期望购买次数。显然转移方程式长这样：
\(f_s=\sum_{i\notin{S}}f_{s|\{i\}}*p_i+(1-\sum_{i\notin{S}}p_i)*f_s+1\)
这个转移是个\(DAG\)可以直接\(dp\)。复杂度\(O(2^n*n)\)。
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n,all;double p[20],f[1<<20];
int main()
{
while (scanf("%d",&n)!=EOF)
{
for (int i=0;i<n;++i) scanf("%lf",&p[i]);
all=(1<<n)-1;f[all]=0;
for (int i=all-1;~i;--i)
{
double sum=0;f[i]=0;
for (int j=0;j<n;++j)
if (~i&(1<<j)) f[i]+=p[j]*f[i|(1<<j)],sum+=p[j];
f[i]=(f[i]+1)/sum;
}
printf("%.4lf\n",f[0]);
}
return 0;
}然而还有一个方法做。
用到一个叫什么鬼min-max容斥的东西。
就是一个式子：
\[E(\max\{x_1,x_2...x_n\})=\sum_{S}(-1)^{|S|+1}E(\min_{i\in{S}}\{x_i\})\]
其中\(x_i\)表示买到第\(i\)张卡片的期望购买次数，显然的，\(\min_{i\in{S}}x_i=\frac{1}{\sum_{i\in{S}}p_i}\)
所以你只要直接\(dfs\)就可以做到\(O(2^n)\)同时空间复杂度\(O(n)\)了。
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n;double p[20],ans;
void dfs(int i,double sum,double opt)
{
if (i==n)
{
if (sum>1e-9) ans+=opt/sum;
return;
}
dfs(i+1,sum+p[i],-opt);
dfs(i+1,sum,opt);
}
int main()
{
while (scanf("%d",&n)!=EOF)
{
for (int i=0;i<n;++i) scanf("%lf",&p[i]);
ans=0;dfs(0,0,-1);
printf("%.4lf\n",ans);
}
return 0;
}