正题
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题目大意
给出\(n\)个物品,你可以进行如下操作
- 花费\(x\)获得随机一个物品。
- 花费\(c_i\)获得第\(i\)个物品。
\(1\leq n\leq 100,1\leq x\leq 10000,\sum a_i\leq 10^4\)
解题思路
一个显然的策略是我们先roll完再买,所以我们可以分开考虑两部分先。
首先假设我们roll到了\(x\)个物品,显然所有大小为\(x\)的物品集合都是等概率出现的。而至于roll出\(x\)个物品的期望花费我们也很好算。
但是我们显然很难从一种情况下的下一步方案考虑,因为能到达每个方案的期望都是不同的,而我们不可能记录所有方案。
但是有一个很巧妙的方法,我们花钱也可以视为随意\(roll\)物品,假设目前没有获得的物品费用和为\(s\),个数为\(k\),那么我们就可以视为花费\(\frac{s}{k}\)的期望随机\(roll\)出一个物品。
此时两种方案造成的结果都是多一个随机未获得物品,但是花费不同,我们直接取\(min\)即可。
那么现在的做法已经很显然了,设\(f_{i,j}\)表示\(i\)个物品的集合中花费和为\(j\)的概率,然后考虑两种方案的哪个更优就好了。
时间复杂度:\(O(n\sum a_i)\)
code
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n,sum;
double ans,x,f[110][110000];
int main()
{
scanf("%d%lf",&n,&x);x/=2.0;
f[0][0]=1;
for(int i=1,a;i<=n;i++){
scanf("%d",&a);sum+=a;
for(int j=i;j>=1;j--)
for(int k=sum;k>=a;k--)
f[j][k]+=f[j-1][k-a]*j/double(n-j+1);
}
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=0;j<=sum;j++)
if(f[i][j]!=0.0)
ans=(ans+f[i][j]*min(((double)n/i+1.0)*x,(double)j/i));
printf("%.12lf\n",ans);
return 0;
}