51nod1450 闯关游戏

题目来源： TopCoder

基准时间限制：1 秒 空间限制：131072 KB 分值: 320

一个游戏App由N个小游戏（关卡）构成，将其标记为0,1,2，..N-1。这些小游戏没有相互制约的性质，玩家可以任意时刻玩任意一个小游戏，且每个小游戏可以玩任意多次，一个小游戏玩一次消耗玩家恰好1min的时间。每个小游戏会根据玩家的表现返回3种结果：1）挑战失败；2）挑战成功并获得1颗星；3）挑战成功且获得2颗星。玩家可以多次挑战同一个小游戏，而且系统会记录玩家多次挑战中的最好成绩。（注意：两颗星优于一颗星优于挑战失败。）
这个游戏App通关需要同时满足2个条件：1）N个小游戏的系统记录的最好成绩都是成功；2）这N个小游戏的系统记录成绩中的星星总数至少是M颗。
根据一些统计，一个玩家在任一次玩第i个小游戏时，都会独立的发生以下结果：
* 有（1000 - X[i] - Y[i]）*0.001的概率会挑战失败；
* 有   X[i]*0.001   的概率会挑战成功并获得一颗星；
* 有   Y[i]*0.001   的概率会挑战成功并获得两颗星.
其中1<=X[i],Y[i],且X[i]+Y[i]<=1000,且都为整数.
问一个玩家从安装完这个游戏App到这个游戏App通关，最优策略下需要花费时间的期望E。输出E的值，以min为该时间单位。（误差在1e-7内）

例如：样例中有两个小游戏，且两个小游戏每次玩必能通过，且有0.5的概率拿两颗星。玩家可以先各玩一个小游戏一次，有0.75的概率能拿至少3颗星；有0.25的概率只能拿2颗星，此时需要盯着一关不停的玩，直到得到两颗星，这需要1/2 * 1 + 1/4 * 2 + 1/8 * 3 + ... + 1/(2^k) * k + .... 次。所以，E = 0.75*2 + 0.25*（2 + 1/2 * 1 + 1/4 * 2 + 1/8 * 3 + ... + 1/(2^k) * k + .... ）= 2.5。

Input

第一行两个个整数N，M，且1<=N<=2000，N <= M <= 2N
接下来N行，每行两个整数,X[i]、Y[i]，其中1<=X[i],Y[i],且X[i]+Y[i]<=1000

Output

一个浮点数，即期望E。确保E的精度与正解的绝对误差或相对误差小于1e-7。

Input示例

2 3
500 500
500 500

Output示例

2.5

数学问题 期望DP

充满迷惑地过了一题。

根据多年的游戏经验，我们应该先过掉所有的关，然后挑两星概率最大的还没过的关使劲儿怼。

由此我们将关卡按Y排序，先决策Y大的。

设f[i][j]表示还有i关要打，还剩j颗星要拿。

然后愉快地转移。

注释掉的代码是第一次写的版本，看上去很有道理但是只能过一半的点，输出结果和答案比较像，但是精度达不到1e-7

实际运行的版本借鉴了隔壁sdfzyhx的思路，先将m-=n以保证每关必过。

但是这不科学啊，我觉得我的写法也能保证每关必过啊？ 就很迷茫

挣扎了一个小时，放弃了思考。

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
using namespace std;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const int mxn=4005;
int read(){
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0' || ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0' && ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
    return x*f;
}
int n,m;
double f[mxn][mxn];
struct node{
    int x,y;
    bool operator < (const node &b)const{
        return y<b.y;
    }
}a[mxn];
int main(){
    int i,j;
    n=read();m=read();
    for(i=0;i<n;i++){
        a[i].x=read();a[i].y=read();
    }
    m-=n;//
    sort(a,a+n);
    for(i=0;i<=n;i++)
        for(j=0;j<=m;j++)
            f[i][j]=INF;
    f[n][m]=0;
    for(i=n-1;i>=0;i--){
        for(j=0;j<m;j++){
            f[i][j]=min(f[i][j],
                1000.0/(a[i].x+a[i].y)+f[i+1][j]*a[i].x/(a[i].x+a[i].y)+
                    f[i+1][j+1]*a[i].y/(a[i].x+a[i].y)
            );
            f[i][j]=min(f[i][j],f[i+1][j+1]+1000.0/a[i].y);
        }
        f[i][m]=min(f[i][m],1000.0/(a[i].x+a[i].y)+f[i+1][m]);
    }
    /*
    for(i=n-1;i>=0;i--){
        for(j=m;j>=0;j--){
            f[i][j]=min(f[i][j],
                    1000.0/(a[i].x+a[i].y)+f[i+1][j+1]*a[i].x/(a[i].x+a[i].y)+
                        f[i+1][j+2]*a[i].y/(a[i].x+a[i].y));
            f[i][j]=min(f[i][j],f[i+1][j+2]+1000.0/a[i].y);
        }
        f[i][0]=min(f[i][0],1000.0/(a[i].x+a[i].y)+f[i+1][0]);
    }
    */
    printf("%.7f
",f[0][0]);
    return 0;
}