[HDU4336]Card Collector

vjudge

题意

有(n)张卡片，每一次你有(p_i)的概率买到第(i)张卡。求买到所有卡的期望购买次数。
(nle20,sum p_ile1)

sol

(nle20)那就一定是状压了吧。
设(f_s)表示已经买到了集合(s)后的期望购买次数。显然转移方程式长这样：
(f_s=sum_{i otin{S}}f_{s|{i}}*p_i+(1-sum_{i otin{S}}p_i)*f_s+1)
这个转移是个(DAG)可以直接(dp)。复杂度(O(2^n*n))。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n,all;double p[20],f[1<<20];
int main()
{
	while (scanf("%d",&n)!=EOF)
	{
		for (int i=0;i<n;++i) scanf("%lf",&p[i]);
		all=(1<<n)-1;f[all]=0;
		for (int i=all-1;~i;--i)
		{
			double sum=0;f[i]=0;
			for (int j=0;j<n;++j)
				if (~i&(1<<j)) f[i]+=p[j]*f[i|(1<<j)],sum+=p[j];
			f[i]=(f[i]+1)/sum;
		}
		printf("%.4lf
",f[0]);
	}
	return 0;
}

然而还有一个方法做。
用到一个叫什么鬼min-max容斥的东西。
就是一个式子：

[E(max{x_1,x_2...x_n})=sum_{S}(-1)^{|S|+1}E(min_{iin{S}}{x_i}) ]

其中(x_i)表示买到第(i)张卡片的期望购买次数，显然的，(min_{iin{S}}x_i=frac{1}{sum_{iin{S}}p_i})
所以你只要直接(dfs)就可以做到(O(2^n))同时空间复杂度(O(n))了。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n;double p[20],ans;
void dfs(int i,double sum,double opt)
{
	if (i==n)
	{
		if (sum>1e-9) ans+=opt/sum;
		return;
	}
	dfs(i+1,sum+p[i],-opt);
	dfs(i+1,sum,opt);
}
int main()
{
	while (scanf("%d",&n)!=EOF)
	{
		for (int i=0;i<n;++i) scanf("%lf",&p[i]);
		ans=0;dfs(0,0,-1);
		printf("%.4lf
",ans);
	}
	return 0;
}