HDU4815 Little Tiger vs. Deep Monkey——0-1背包

题目描述

对于n道题目，每道题目有一个分值，答对加分，答错不得分，你要和一个叫深猴的比赛，题目你可以假设成判断题（不是对就是错），深猴对于所有的题目都是随机选择一个答案，而你是有脑子的，求为了不输掉比赛（平局或你获胜）的可能性至少为p时你至少需要得到多少分，有t组数据，每次输入两行，第一行为n，p（有n道题目，n<=40, 不会输的可能性为p，0.0<=p<=1.0），第二行输入n个1~1000的整数，代表这n道题分别答对能获得的分数

样例输入

1
3 0.5
1 2 3

样例输出

3

题目分析

首先对于这n道题目，深猴每次不是√就是×，那么答完所有的题目它的分数有2^n个结果（但是这其中可能会重复，比如三道题每题一分1 0 0和0 0 1其实得到的分数是一样的），而对于我们而言，我需要求出这n个题目自己得到每一种可能的分数的可能性，然后按分数从小到大将，这得到这些分数的概率相加，直到有一个分数m时，前面相加的概率和>=p，则在分数大于等于m时，确保我有至少p的概率不会输掉比赛

错误示例

我第一次做这道题目的时候想的通过递归计算出做出n个选择之后我可以得到的每一个分数的种数存放在a数组中，a[i]代表总分为i的种数，而又建立了一个辅助数组b[i]存放分数比i小的种数有多少种，很显然b[i] = b[i-1] + a[i-1]（比i小的数量等于比i-1小的数量加上a[i-1]的数量），最后也是从小到大将每一种得分的可能性相加直到大于等于p时的分数则是答案，是一种前缀和的思想，但是会超时

#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<math.h>
using namespace std;

int k[45];
int a[40005];
int b[40005];
int n;
double p;

void dfs(int i, int flag, int sum){            //第i个 选or不选 前一个状态的和 
    if(i > n){            //只有当所有的n个都作出了选择之后才能算是一种选择方案 
        a[sum]++;
        return; 
    }
    if(flag == 1){            //选 
        int next_sum = sum + k[i];
//        a[next_sum]++;
        dfs(i+1, 1, next_sum);
        dfs(i+1, 0, next_sum);
    }else{                    //不选 
        int next_sum = sum;
//        a[next_sum]++;
        dfs(i+1, 1, next_sum);
        dfs(i+1, 0, next_sum);
    }
}

void run(){
    //下一个的下标 选or不选 目前为止的和 
    dfs(1, 1, 0);
    dfs(1, 0, 0); 
}

void pre(){
    b[1] = 1;    
    int end = n*1000;                
    for(int i = 2; i <= end; i++){    //b[i]存放比i小的取法的数量 
        b[i] = b[i-1] + a[i-1];        
    }
}

void judge(){
    double m = 1;
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        m *= 2;
    }    
    m *= p;
    long long x = ceil(m);
    int ans;
    int end = n*1000;        
    for(int i = 1; i <= end; i++){
        if(b[i] >= x){
            ans = i;
            break;
        } 
    } 
    printf("%d
", ans);
}

int main(){
    int t;
    scanf("%d", &t);
    while(t--){
        scanf("%d%lf", &n, &p);
        memset(a, 0, sizeof(a));
        memset(b, 0, sizeof(b));
        for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &k[i]);
        run();
        pre();
        judge();
    }
    return 0;
} 

正确思路

本题可以用到动态规划，0-1背包的思想，a[i]存放这n个题目的分数，dp[i][j]存放前i题，得到j分数的种数，而我们很显然可以想到，对于分数j，如果dp[i][j]可以得到，则他一定是dp[i-1][j-a[i]](第i题的分数取的种数) + dp[i-1][j](第i题的分数不取的种数)的基础上来的（对于第i题而言取的话，j == j - a[i] + a[i]，不取的话就是i-1个问题，分数为j的种数，是0-1背包的问题），所以我们也可以对此用一个一维数组进行优化，dp[x]存放分数为x的种数，而初始化时dp[0] == 1，因为可以理解成前0题，得到0分的种数为1

正确代码

#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<math.h>
#include<string.h>
using namespace std;

const int N = 40005;
int a[45];
double dp[N];
int n;
double p;

int main(){
    int t;
    scanf("%d", &t);
    while(t--){
        scanf("%d%lf", &n, &p);
        int sum = 0;
        for(int i = 1;i <= n; i++){        //sum统计最大可以得到的分数 
            scanf("%d", &a[i]);
            sum += a[i];    
        } 
        memset(dp, 0, sizeof(dp));
        dp[0] = 1;                //前0题，得到0分的次数位1 
        for(int i = 1; i <= n; i++){            //类似于0-1背包的两个循环 
            for(int j = sum; j >= a[i]; j--){    
                dp[j] += dp[j-a[i]];            //核心步骤，对于dp[j]而言，得分为j的种数是前i-1个时得分为j-a[i] 也就是取第i题,加上前i-1个时得分为j的种数 也就是不取第i题
            }
        } 
        double m = pow(2,n);        //统计所有的深猴的得分个数 
        int ans = 0;
        double ssum = 0;
        for(int i = 0; i <= sum; i++){
            dp[i] /= m;                //从小到大将概率累加直到大于等于p时的分数i就是答案，注意0也是一个得分 
            ssum += dp[i];
            if(ssum >= p){
                ans = i;
                break;
            }
        } 
        printf("%d
", ans);
    }
    return 0;
}