noip2016考了一道状压dp，一道期望dp
然而这题是状压期望dp...
所以难度是什么，省选noi吗...
怎么办...
题目大意：
给定n个字符串，甲从中任选出一个串（即选出每个串的概率相同为1/n）,乙要通过询问甲选出的字符串pos位置上的字符是什么来确定这个串。然而由于有些字符串的一些位置上字符相同，所以可能不能通过一次询问达成目标。现在乙没有任何策略地进行随机询问，问乙能够确定答案的询问次数期望是多少？
其中n<=50，每个字符串长度相等且长度<=20
题解：
首先状压是比较好想的，但是和期望结合起来了，我们怎么办呢？
那么我们先尝试对询问进行状压，这也是最显然的一个思路：记1表示该位置已被询问过，0表示该位置未被询问过。
那么我们考虑转移：设状态为dp[i],字符串长度为l，那么dp[i]+=dp[i|(1<<j)]*1/tot
看懵了？
首先我们要知道，这是个期望dp，状态表示的是已经问了i状态的问题，距离得到想要的字符串的期望距离是多少
于是显然我们从后向前更新。
接下来，我们设j是i状态中没问过的一个问题，那么dp[i]就可以由dp[i|(1<<j)]转移过来
而设i状态中没问过的问题数为tot，那么问出问题j的概率就是1/tot
但...你有没有觉得缺点什么？
是啊，这样根本忽略掉了字符串，变成了无论你读入什么串结果都一样，因为转移中根本没体现出字符串的存在！！！
所以这个转移显然是并不完全的。
那么我们要考虑一下完善它
我们维护另一个数组s,用s[i]表示问i状态的问题有多少字符串是彼此区分不开的
然后在转移dp时，我们使用这个方程：dp[i]=（∑dp[i|(1<<j)]*1/tot*num[i|(1<<j)]/num[i]）+1
这样就比较完善了。
至于证明：前半部分不说了，我们就说一下后面除法的部分：
其实这个方程可玄学了，网上其他方程都和这个不一样，但这是最简洁的一个...
稍微证明一下，就是说当状态为i时，待确定的串有num[i]个，而当状态为(1<<j)|i时，待确定的状态有num[(1<<j)|i]个
这样一来，无法确定所求串的概率就是num[(1<<j)|i]/num[i]，所以乘上这个概率就好了。
至于num数组如何维护，首先我们记录某一状态i下有哪些串不能确定，那么如果询问为i的子集这些串显然也不能确定，那么我们再把所有的子集查出来维护一下就好了。
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <stack>
#define ll long long
using namespace std;
int num[(1<<20)+5];
double dp[(1<<20)+5];
ll unusage[(1<<20)+5];
int n,l;
char ch[55][25];
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=0;i<n;i++)
{
scanf("%s",ch[i]);
}
if(n==1)
{
printf("0.000000000
");
return 0;
}
l=strlen(ch[1]);
for(int i=0;i<n;i++)
{
for(int j=i+1;j<n;j++)
{
ll sit=0;
for(int k=0;k<l;k++)
{
if(ch[i][k]==ch[j][k])
{
sit|=(1ll<<k);
}
}
unusage[sit]|=(1ll<<i);
unusage[sit]|=(1ll<<j);
}
}
for(int i=(1<<l)-1;i>=1;i--)
{
for(int j=0;j<l;j++)
{
if(i&(1<<j))
{
unusage[i^(1<<j)]|=unusage[i];
}
}
}
for(int i=0;i<(1<<l);i++)
{
for(int j=0;j<n;j++)
{
if(unusage[i]&(1ll<<j))
{
num[i]++;
}
}
}
dp[(1<<l)-1]=0;
for(int i=(1<<l)-2;i>=0;i--)
{
if(!num[i])
{
dp[i]=0;
continue;
}else
{
int tot=l;
for(int j=0;j<l;j++)
{
if((1<<j)&i)
{
tot--;
}
}
for(int j=0;j<l;j++)
{
if((1<<j)&i)
{
continue;
}
dp[i]+=dp[i|(1<<j)]*1.0/(double)(tot)*(double)(num[i|(1<<j)])/(double)(num[i]);
}
dp[i]+=1.0;
}
}
printf("%.9lf
",dp[0]);
return 0;
}