【题解】亚瑟王 HNOI 2015 BZOJ 4008 概率 期望 动态规划

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一道不简单的概率和期望dp题

根据期望的线性性质，容易想到，可以算出每张卡的期望伤害，然后全部加在一起

手算样例之后发现是正确的，那么我们只要求出每张卡的实际被使用的概率就可以了

记第$i$张卡的实际被使用的概率为$fp[i]$

那么答案就是

$Largesumlimits_{i=0}^{n-1}fp[i]cdot d[i]$

如何求出$fp[i]$？

首先考虑第一张卡的$fp$，也就是$fp[0]$，应该为

$Large fp[0]=1-(1-p[i])^{r}$

这个很容易理解，因为$(1-p[i])^r$就是这张卡从头到尾始终憋着不出的概率

那么对于后面的$fp$应该怎么求呢

有个条件很烦人，就是在每一轮中，出了一张卡的时候立即结束该轮

那么下面就轮到dp上场啦！

令$f[i][j]$表示在所有的$r$轮中，前$i$张卡中一共出了$j$张的概率，那么就可以用$O(n)$的时间算出$fp[i](i>0)$

枚举前$i-1$轮选了$j$张牌，那么有$j$轮不会考虑到第$i$张牌，也就是有$r-j$轮会考虑到第$i$张牌

那么根据上面的分析，$1-(1-p[i])^{r-j}$就是在$r-j$轮中使用过第$i$张牌的概率，式子：

$Large fp[i]=sumlimits_{j=0}^{r}f[i-1][j]cdot(1-(1-p[i])^{r-j})(i>0)$

接下来只要写出$f[i][j]$的转移方程就好了，分两种情况讨论

第一种，$f[i][j]$从$f[i-1][j]$转移过来，即第$i$张牌最终没有选，始终不选第$i$张牌的概率是$(1-p[i])^{r-j}$

$Large f[i][j]+=f[i-1][j]cdot(1-p[i])^{r-j}(i>0)$

第二种，当$j>0$时，$f[i][j]$可以从$f[i-1][j-1]$转移过来，表示最终选择了第$i$张牌

这时候，有$j-1$轮没有考虑到第$i$张牌，所以考虑到第$i$张牌的轮数是$r-j+1$，最终选择的概率为$1-(1-p[i])^{r-j+1}$

$Large f[i][j]+=f[i-1][j-1]cdot(1-(1-p[i])^{r-j+1})(i>0,j>0)$

然后就没了，总时间复杂度$O(Tnr)$，具体细节看代码

因为洛谷上有点卡时，所以预处理了$(1-p[i])$的幂

#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cstdio>

using namespace std;
const int MAXN = 223;
const int MAXR = 135;

int n, r, d[MAXN];
double p[MAXN], fp[MAXN];

double pow1p[MAXN][MAXN]; // pow1p[i][j]表示(1-p[i])^j
void prelude() {
    for( int i = 0; i < n; ++i ) {
        pow1p[i][0] = 1;
        for( int j = 1; j <= r; ++j )
            pow1p[i][j] = pow1p[i][j-1] * (1-p[i]);
    }
}

double f[MAXN][MAXR];
double solve() {
    memset( f, 0, sizeof(f) );
    memset( fp, 0, sizeof(fp) );
    f[0][0] = pow1p[0][r]; // 边界
    f[0][1] = fp[0] = 1-f[0][0];
    for( int i = 1; i < n; ++i ) {
        for( int j = 0; j <= r; ++j ) {
            fp[i] += f[i-1][j] * (1 - pow1p[i][r-j]); // 根据f计算fp
            f[i][j] += f[i-1][j] * pow1p[i][r-j]; // 不选第i张
            if( j ) f[i][j] += f[i-1][j-1] * (1 - pow1p[i][r-j+1]); // 选第i张
        }
    }
    double rtn = 0;
    for( int i = 0; i < n; ++i ) {
        // printf( "fp[%d] = %lf
", i, fp[i] );
        rtn += d[i] * fp[i];
    }
    return rtn;
}

int main() {
    int T; scanf( "%d", &T );
    while( T-- ) {
        scanf( "%d%d", &n, &r );
        for( int i = 0; i < n; ++i ) scanf( "%lf%d", p+i, d+i );
        prelude();
        printf( "%.10lf
", solve() );
    }
    return 0;
}