bzoj1076 [SCOI2008]奖励关

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1/n。 获取第i种宝物将得到Pi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Si。只有当Si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，Pi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

　　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

　　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 2
1 0
2 0

Sample Output

1.500000

HINT

【数据规模】

1<=k<=100,1<=n<=15，分值为[-10^6,10^6]内的整数。

正解：概率$DP$+状压$DP$。

首先这题显然是一个状压$DP$，因为数据范围那么小。。

我们考虑倒过来转移，因为正着转移有多个前驱状态，且不好确定它是否是有效状态，而如果我们倒着转移，那么每次转移只会有一个后继状态，并且我们可以在转移的时候自动过滤掉不合法状态。

我们设$f[i][j]$表示第$i$次抛宝物，已经吃的宝物的状态为$j$。然后我们可以很容易地列出方程，$f[i][j]+=max(f[i+1][j],f[i+1][j|bin[k-1]])$如果当前$k$不合法，那么就只能从第一种决策转移过来。我们每次算完$f[i][j]$以后，除一下$n$就行了。最后的答案就是$f[1][0]$。

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#include <queue>
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#define inf (1<<30)
#define il inline
#define RG register
#define ll long long
#define File(s) freopen(s".in","r",stdin),freopen(s".out","w",stdout)

using namespace std;

int bin[110],s[110],a[110],k,n;
double f[110][1<<15];

il int gi(){
    RG int x=0,q=1; RG char ch=getchar();
    while ((ch<'0' || ch>'9') && ch!='-') ch=getchar();
    if (ch=='-') q=-1,ch=getchar();
    while (ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-48,ch=getchar();
    return q*x;
}

il void work(){
    k=gi(),n=gi(),bin[0]=1;
    for (RG int i=1;i<=20;++i) bin[i]=bin[i-1]<<1;
    for (RG int i=1,x;i<=n;++i){
    a[i]=gi();
    while (scanf("%d",&x)!=EOF && x) s[i]|=bin[x-1];
    }
    for (RG int i=k;i;--i)
    for (RG int j=0;j<bin[n];++j){
        for (RG int k=1;k<=n;++k){
        if ((s[k]&j)==s[k]) f[i][j]+=max(f[i+1][j],f[i+1][j|bin[k-1]]+a[k]);
        else f[i][j]+=f[i+1][j];
        }
        f[i][j]/=n;
    }
    printf("%0.6lf
",f[1][0]); return;
}

int main(){
    File("prize");
    work();
    return 0;
}