AcWing 232. 守卫者的挑战

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大型补档计划。

比较显然的dp

设 (f[i][j][k]) 为前 (i) 次，擂台上了 (j) 次，空闲容量（背包 - 使用的）为 (k) 的概率。

• 不上擂台的转移：(f[i + 1][j][k] += f[i][j][k] * (1 - p[i]) / 100)

• 上擂台： (f[i + 1][j + 1][k + a[i]] += f[i][j][k] * p[i] / 100)

看似容量是 (2000)，实际上我们需要的不超过 (400)，所以可以压缩，不需要的取 (min) 就行。

时间复杂度 (O(n ^ 3))

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;
const int N = 205, S = 405, P = 200;
int n, L, K, a[N];
double p[N], f[N][S], g[N][S];
int main() {
	scanf("%d%d%d", &n, &L, &K);
	K = min(K, n);
	f[0][P + K] = 1;
	for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%lf", p + i);
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
	    scanf("%d", a + i);
	    if (a[i] >= 0) K += a[i];
	}
	K = min(K, n);
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		memcpy(g, f, sizeof g);
		memset(f, 0, sizeof g);
		for (int j = 0; j <= n; j++) {
		    for (int k = P - n; k <= P + K; k++) {
		        if (!g[j][k]) continue;
		        f[j][k] += g[j][k] * (100 - p[i]) / 100;
		        if (k + a[i] >= 0) {
		            f[j + 1][min(P + K, k + a[i])] += g[j][k] * p[i] / 100;
		        }
		    }
		}
	}

	double ans = 0;
	for (int i = L; i <= n; i++)
		for (int j = P; j <= P + K; j++) ans += f[i][j];
	printf("%.6lf", ans);
	return 0;
}