[HNOI2015]亚瑟王

Description:

你有(n)张牌,每轮需要依次打出这些牌,每张牌有(p_i)的概率打出,造成(d_i)的伤害,且打出后直接跳至下轮,这张牌不得再使用,否则继续考虑下一张牌,问最终伤害的期望

Hint:

(n,r le 200​)

Solution:

好难的期望题,主要瓶颈在于如何处理跳至下一轮

首先由期望的线性性,我们可以算出每张牌打出的概率,最后再乘上它的(d_i)加起来

(这样处理会比较方便,可以直接对概率dp)

考虑设状态 (f[i][j]) 表示在所有(r)轮中,前(i)张牌打出(j)张的概率

于是有 :

[q[i]=sumlimits_{j=0}^{r}f[i-1][j]cdot(1-(1-p[i])^{r-j}) ]

((q[i])为打出概率)

考虑怎么算(f),我们分两种情况讨论,出或不出:

[f[i][j]+=f[i-1][j]cdot(1-p[i])^{r-j} ]

[f[i][j]+=f[i-1][j-1]cdot(1-(1-p[i])^{r-j+1}) ]

其实这个(f)设的实在很巧妙,它隐性的包含了卡牌被考虑的次数

并且如果不设前i张的话,会涉及到之前一张牌是否被选的信息,不好转移

所以它没有考虑第几轮(因为轮的顺序与卡牌被考虑的次数无关),而是站在全局角度

从最简单的第一张牌的状态开始推

#include <map>
#include <set>
#include <stack>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define ls p<<1 
#define rs p<<1|1
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mxn=1e3+5;
int n,m,r,T,cnt,d[mxn],hd[mxn];
double p[mxn],q[mxn],f[mxn][mxn],pw[mxn][mxn];

inline int read() {
	char c=getchar(); int x=0,f=1;
	while(c>'9'||c<'0') {if(c=='-') f=-1;c=getchar();}
	while(c<='9'&&c>='0') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c&15);c=getchar();}
	return x*f;
}
inline void chkmax(int &x,int y) {if(x<y) x=y;}
inline void chkmin(int &x,int y) {if(x>y) x=y;}

struct ed {
	int to,nxt;
}t[mxn<<1];

inline void add(int u,int v) {
	t[++cnt]=(ed) {v,hd[u]}; hd[u]=cnt;
}

void init() {
	memset(f,0,sizeof(f)); memset(q,0,sizeof(q));
	for(int i=0;i<n;++i) {
		pw[i][0]=1.0;
		for(int j=1;j<=r;++j) 
			pw[i][j]=pw[i][j-1]*(1.0-p[i]);
	}
}

double solve() {
	f[0][0]=pw[0][r]; f[0][1]=q[0]=1.0-f[0][0]; 
	for(int i=1;i<n;++i) {
		for(int j=0;j<=r;++j) {
			q[i]+=f[i-1][j]*(1.0-pw[i][r-j]); 
			//状态 sigma_j f[i][j] 不重不漏的枚举了所有状态,且方便算答案,比较巧妙
			f[i][j]+=f[i-1][j]*pw[i][r-j];
			if(j) f[i][j]+=f[i-1][j-1]*(1.0-pw[i][r-j+1]);
		}
	}
	double res=0.0;
	for(int i=0;i<n;++i) res+=1.0*d[i]*q[i];
	return res;
}

int main()
{
	T=read();
	while(T--) {
		n=read(); r=read();
		for(int i=0;i<n;++i) scanf("%lf%d",p+i,d+i);
		init(); printf("%.10lf
",solve());
	}
    return 0;
}