【HNOI2015】亚瑟王 [概率DP]

[BZOJ4008] [luoguP3239]

题面

玩家小(K)有一套卡牌,共(n(n≤220))张。游戏时,玩家将(n)张卡牌排列成某种顺序,排列后将卡牌按从前往后依次编号为(1~n)每张卡牌都有一个技能。第张卡牌的技能发动概率为(p_i(0<p_i<1)),若成功发动则会对敌方造成(d_i(le1000))点伤害，也只有通过发动技能,卡牌才能对敌方造成伤害。
一局游戏一共有(r(r≤132))轮。在每一轮中,系统将从第一张卡牌开始,按照顺序依次考虑每张卡牌。在一轮中,对于依次考虑的每一张卡牌:
如果这张卡牌在这一局游戏中已经发动过技能,则:
如果这张卡牌不是最后一张,则跳过之(考虑下一张卡牌);否则(是最后一张),结束这一轮游戏。
否则,这张卡牌在这一局游戏中没有发动过技能,设这张卡牌为第i张:
将其以(p_i)的概率发动技能，如果技能发动,则对敌方造成(d_i)点伤害,并结束这一轮。
如果这张卡牌已经是最后一张(即(i)等于(n)),则结束这一轮;否则,考虑下一张卡牌。
请帮助小(K)求出这一套卡牌在一局游戏中能造成的伤害的期望值。
(T(T≤444))组数据。

首先可得其能造成伤害的期望值=每张卡的期望伤害之和 即(ans=sumlimits_{i=1}^nfp[i]*d[i])

第一张卡在r轮中发动的概率为(fp[1]=1-(1-p[i])^r)

那么第二张卡牌发动的概率有两种情况：

若第一张卡牌成功发动，第二张卡牌发动的概率为((1-(1-p[1])^r)*(1-(1-p[2])^{r-1})=fp[1]*(1-(1-p[2])^{r-1}))

若第一张发动失败，第二张发动的概率为(1-(1-p[2])^r)

可以得 在(r)轮中 若前(i-1)张卡牌发动了(j)张 则第(i)张卡牌发动的概率为(1-(1-p[i])^{r-j})

(f[i][j])表示前(i)张卡牌发动了(j)张卡牌的概率 转移方程为：(f[i][j]+=f[i-1][j-1]*(1-(1-p[i])^{r-(j-1)}+f[i-1][j]*(1-p[i])^{r-j}))

所以(fp[i]=sumlimits_{j=0}^{jle min(i-1,m)}f[i-1][j]*(1-(1-p[i])^{r-j}))

预处理出((1-p[i]^j))转移可以做到(O(1)) 时间复杂度为(O(nTr))

最后得出ans

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=300+5,M=150+5,inf=0x3f3f3f3f,P=19650827;
int n,m,d[N];
double ans,p[N],bas[N][M],fp[N],f[N][M];
template <class t>void rd(t &x){
    x=0;int w=0;char ch=0;
    while(!isdigit(ch)) w|=ch=='-',ch=getchar();
    while(isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar();
    x=w?-x:x;
}

void pre(){
	ans=0.0;
	memset(f,0,sizeof(f));
	memset(fp,0,sizeof(fp));
	for(int i=1,j;i<=n;++i)
	for(j=1,bas[i][0]=1;j<=m;++j) bas[i][j]=bas[i][j-1]*(1-p[i]);
}

int main(){
	freopen("in2.txt","r",stdin);
	//freopen("xor.out","w",stdout);
	int T;rd(T);
	while(T--){
		rd(n),rd(m);
		for(int i=1;i<=n;++i)
		scanf("%lf",&p[i]),rd(d[i]);
		pre();
		fp[1]=1-bas[1][m],f[1][0]=bas[1][m],f[1][1]=1-bas[1][m];
		for(int i=2;i<=n;++i)
		for(int j=0;j<=Min(i,m);++j){
			if(j) f[i][j]+=f[i-1][j-1]*(1-bas[i][m-j+1]);//发动成功 
			if(i!=j) f[i][j]+=f[i-1][j]*bas[i][m-j];//失败
		}
		for(int i=2;i<=n;++i)
		for(int j=0;j<=Min(i-1,m);++j)
		fp[i]+=f[i-1][j]*(1-bas[i][m-j]);
		for(int i=1;i<=n;++i) ans+=(double)fp[i]*d[i];
		printf("%.10lf
",ans);
	}
	return 0;
}

主要还是要分析好各种情况