【BZOJ4008】[HNOI2015]亚瑟王（动态规划）
题面
题解
设(f[i][j])表示前(i)张卡中有(j)张被触发的概率。
分两种情况转移，即当前这张是否被触发。
不被触发的概率是(displaystyle (1-p[i])^{r-j})，即一共会考虑(r-j)次，每次都不被触发。
被触发的概率呢？拿不被触发的概率减一下就好了也就是(1-(1-p[i])^{r-j+1})。
所以得到转移：(displaystyle f[i][j]=f[i-1][j]*(1-p[i])^{r-j}+f[i-1][j-1]*(1-(1-p[i])^{r-j+1}))。
这样是概率，考虑怎么算期望，显然期望当且仅当一张卡被选择到的时候才会计算，那么额外开一个数组(g[i][j])，含义同(f)，改概率为期望，转移的时候额外考虑一下期望的转移就好了。
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
double f[222][135],g[222][135],p[222],pw[222][135];
int n,r,d[222];
int main()
{
int T;scanf("%d",&T);f[0][0]=1;
while(T--)
{
scanf("%d%d",&n,&r);
for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%lf%d",&p[i],&d[i]);
for(int i=1;i<=n;++i)pw[i][0]=1,f[i][0]=g[i][0]=0;
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=1;j<=r;++j)
f[i][j]=g[i][j]=0,pw[i][j]=pw[i][j-1]*(1-p[i]);
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=0;j<=r&&j<=i;++j)
{
f[i][j]+=f[i-1][j]*pw[i][r-j],g[i][j]+=g[i-1][j]*pw[i][r-j];
if(j)f[i][j]+=f[i-1][j-1]*(1-pw[i][r-j+1]),g[i][j]+=(g[i-1][j-1]+d[i]*f[i-1][j-1])*(1-pw[i][r-j+1]);
}
double ans=0;for(int i=0;i<=r;++i)ans+=g[n][i];
printf("%.10lf
",ans);
}
return 0;
}