Problem
Description
你正在玩你最喜欢的电子游戏，并且刚刚进入一个奖励关。
在这个奖励关里，系统将依次随机抛出 (k) 次宝物，每次你都可以选择吃或者不吃（必须在抛出下一个宝物之前做出选择，且现在决定不吃的宝物以后也不能再吃）。
宝物一共有n种，系统每次抛出这 (n) 种宝物的概率都相同且相互独立。也就是说，即使前 (k-1) 次系统都抛出宝物 (1)（这种情况是有可能出现的，尽管概率非常小），第 (k) 次抛出各个宝物的概率依然均为 (frac{1}{n})。
获取第 (i) 种宝物将得到 (P_i) 分，但并不是每种宝物都是可以随意获取的。第 (i) 种宝物有一个前提宝物集合 (S_i)。只有当 (S_i) 中所有宝物都至少吃过一次，才能吃第 (i) 种宝物（如果系统抛出了一个目前不能吃的宝物，相当于白白的损失了一次机会）。注意，(P_i) 可以是负数，但如果它是很多高分宝物的前提，损失短期利益而吃掉这个负分宝物将获得更大的长期利益。
假设你采取最优策略，平均情况你一共能在奖励关得到多少分值？
Input Format
第一行为两个正整数 (k) 和 (n) ，即宝物的数量和种类。以下 (n) 行分别描述一种宝物，其中第一个整数代表分值，随后的整数依次代表该宝物的各个前提宝物（各宝物编号为 (1) 到 (n)），以 (0) 结尾。
Output Format
输出一个实数，保留六位小数，即在最优策略下平均情况的得分。
Sample
Input 1
1 2
1 0
2 0
Output 1
1.500000
Input 2
6 6
12 2 3 4 5 0
15 5 0
-2 2 4 5 0
-11 2 5 0
5 0
1 2 4 5 0
Output 2
10.023470
Range
(1 le k le 100, 1 le n le 15)，分值为 ([-106,106]) 内的整数。
Algorithm
(DP)，状压
Mentality
如你所见，这题和概率期望几乎没什么关系。
容易得到一个状压 (dp) 的思路，那就是设 (f[i][S]) 代表已经选了 (i) 轮宝物，已选的宝物种类的集合为 (S) ，那么 (dp) 式子也就很简单了，即为 (f[i][S]+=f[i-1][S xor (1<<(j-1))](j-1in S))，不过要保证 (S) 合法。同时因为有期望的要求，每种情况的概率都为 (frac{1}{n}) ，则我们转移的时候还要除以 (n)。
因为有前缀选择的要求，所以状态 (S) 很难做到保证合法。此时我们应该考虑用一种特殊的方法来 (dp) ，那就是逆推。
和之前倒还是一样，设 (f[i][S]) 为第 (i) 轮集合为 (S) 的最大分数。不过我们改为倒推的方式进行，设 (pre[i]) 为 (i) 的前缀选择要求集合， (dp) 方程则变为：
最后的答案则为 (f[1][0]) 。
Code
#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
int n, K, pre[16], a[16];
double f[101][1 << 15];
int main() {
cin >> K >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> a[i];
int x;
cin >> x;
for (; x; cin >> x) pre[i] |= (1 << (x - 1));
} //处理前缀要求的集合
for (int j = K; j >= 1; j--) //逆推
for (int S = 0; S < (1 << n); S++) {
for (int i = 1; i <= n; i++)
if ((S & pre[i]) == pre[i]) //如果满足要求，则可转移
f[j][S] += max(f[j + 1][S], f[j + 1][S | (1 << (i - 1))] + a[i]);
else
f[j][S] += f[j + 1][S];
f[j][S] /= n; //处理期望值
}
printf("%.6lf", f[1][0]);
}