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题目描述
夏川的生日就要到了。作为夏川形式上的男朋友，季堂打算给夏川买一些生日礼物。
商店里一共有种礼物。夏川每得到一种礼物，就会获得相应喜悦值$W_i$（每种礼物的喜悦值不能重复获得）。
每次，店员会按照一定的概率$P_i$（或者不拿出礼物），将第i种礼物拿出来。季堂每次都会将店员拿出来的礼物买下来。没有拿出来视为什么都没有买到，也算一次购买。
众所周知，白毛切开都是黑的。所以季堂希望最后夏川的喜悦值尽可能地高。
求夏川最后最大的喜悦值是多少，并求出使夏川得到这个喜悦值，季堂的期望购买次数。
输入格式
第一行，一个整数N，表示有N种礼物。
接下来N行，每行一个实数$P_i$和正整数$W_i$，表示第i种礼物被拿出来的概率和可以获得喜悦值。
输出格式
第一行，一个整数表示可以获得的最大喜悦值。
第二行，一个实数表示获得这个喜悦值的期望购买次数，保留3位小数。
样例
样例输出：
3
0.1 2
0.2 5
0.3 7
样例输出：
14
12.167
数据范围与提示
对于10%的数据，N=1。
对于30%的数据，N≤5。
对于100%的数据，N≤20，$0<{W}_{i}≤{10}^{9}$，0<${P}_{i}$≤1且$sum limits_{i=1}^{n}{P}_{i}≤1$。
题意解释
又是血淋淋的没看懂题，再次印证了得语文者得OI，售货员一次只可能拿出一个礼物，且每个礼物只能买一次（捂脸……）
题解
偷偷看了看数据范围，喜悦值没有负值，于是乎，第一问就解决了，肯定是把所有礼物的喜悦值加起来。
那么来考虑10%的算法，N=1，我们只需要把这件礼物买下，且这件礼物的期望购买次数是$frac{1}{P_i}$。
再来考虑30%的算法，那么每种商品都有买或不买两种状态，那么共有$2^N$种状态，$2^{{N}^{3}}$刚好跑过。
状态可以用状压（撞鸭）DP：设dp[S]表示当前状态为S，到买到所有礼物的期望步数。
剩下的那个$N^3$算法很容易想到高斯消元。
那么我们可以写出式子：
$dp[S]=sum limits_{i=1}^N P_i imes dp[S']+(1-sum limits_{i=1}^N P_i) imes dp[S]+1$
其中，S表示当前状态，S'为上一个状态，i表示没有买过的物品。
写出这个式子，你就跟正解不远了，把式子移个项：
$sum limits_{i=1}^N P_i imes dp[S]=sum limits_{i=1}^N P_i imes dp[S']+1\dp[S]=frac{sum limits_{i=1}^N P_i imes dp[S']+1}{sum limits_{i=1}^N P_i}$
这就是我们的DP式子啦，时间复杂度$O(2^N)$。
注意HDU输入格式不同，而且是special judge，记得输出时多保留一位即可（跟HDU数据刚了一下午，才发现是special judge，心态瞬间爆炸……）。
代码时刻
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
double p[21];
long long w[21];//记得开long long
double dp[2000000];
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%lf%lld",&p[i],&w[i]);
p[0]+=p[i];
w[0]+=w[i];
}
printf("%lld
",w[0]);//第一问
for(int i=(1<<n)-2;i>=0;i--)//dp
{
double flag=0.0;//分母
for(int j=1;j<=n;j++)
{
if((1<<(j-1))&i)continue;
dp[i]+=p[j]*dp[i|1<<(j-1)];
flag+=p[j];
}
dp[i]=(dp[i]+1.0)/flag;
}
cout<<fixed<<setprecision(3)<<dp[0]<<endl;//保留小数输出第二问
return 0;
}
HDU代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
double p[21];
double dp[2000000];
int main()
{
while(~scanf("%lld",&n))
{
memset(dp,0,sizeof(dp));
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%lf",&p[i]);
for(int i=(1<<n)-2;i>=0;i--)
{
double flag=0.0;
for(int j=1;j<=n;j++)
{
if((1<<(j-1))&i)continue;
dp[i]+=p[j]*dp[i|1<<(j-1)];
flag+=p[j];
}
dp[i]=(dp[i]+1.0)/flag;
}
cout<<fixed<<setprecision(4)<<dp[0]<<endl;//注意HDU是special judge
}
return 0;
}
rp++