题面
题解
期望(dp)好题！
今年(ZJOI)有讲过这题...
首先因为(T)只有(50)，大力(dfs)后发现，可能的状态数最多只有(20w)左右，所以我们就可以大力爆搜了。
设(dp_i)为状态为(i)时达到目标的期望天数。
则(dp_i=1+p*dp_{last_i}+(1-p)*frac{1}{|next_i|}*sum dp_{next_{i}})
其中(last_{i})表示(i)删掉(min)的状态，(next_{i})表示(i)再取一个能量圈的状态。
不难发现这样转移是一棵树。
我们尝试下能否把(dp_i)表示成(kdp_{last_i}+b)的形式。
先假装这个结论成立，则:(dp_i=1+p*dp_{last_i}+(1-p)*frac{1}{|next_i|}*sum (kdp_i+b))
为方便设(A=(1-p)*frac{1}{|next_i|})
则原式可以表示为:(dp_i=1+p*dp_{last_i}+A*sum (kdp_i+b))
移项下得:(dp_i-A*sum (k*dp_i)=p*dp_{last_i}+A*sum b)
把(dp_i)的系数化为(1)，得:(dp_i=frac{p}{1-A*sum k}*dp_{last_i}+frac{1+A*sum b}{1-A*sum k})
这样(dp_i)就成功的化成了(k*dp_{last_i}+b)的形式了。
初始状态不存在(last_i)，所以(b)就是答案。
注意没有能量圈的时候是必定不会损失能量圈的。
还有就是因为我们只关心(k)和(b)的值，所以在(dfs)只要记录(min)和总和即可，不必关心具体拥有的能量圈情况是什么，也不必求出(dp_i)具体的值。
#include<bits/stdc++.h>
#define For(i,x,y) for (register int i=(x);i<=(y);i++)
#define Dow(i,x,y) for (register int i=(x);i>=(y);i--)
#define cross(i,u) for (register int i=first[u];i;i=last[i])
using namespace std;
typedef long long ll;
inline ll read(){
ll x=0;int ch=getchar(),f=1;
while (!isdigit(ch)&&(ch!='-')&&(ch!=EOF)) ch=getchar();
if (ch=='-'){f=-1;ch=getchar();}
while (isdigit(ch)){x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
struct node{
double k,b;
};
int T,n,a[51];
double p;
inline node dfs(int sum,int Min){
if (sum>T) return (node){0,0};
double k=0,b=0;node t;
For(i,1,Min) t=dfs(sum+a[i],i),k+=t.k,b+=t.b;
double P=!sum?0:p,G=(1-P)*(1.0/Min);
return (node){p/(1-G*k),(1+G*b)/(1-G*k)};
}
int main(){
while (~scanf("%lf%d%d",&p,&T,&n)){
For(i,1,n) a[i]=read();
sort(a+1,a+1+n);
printf("%0.3lf
",dfs(0,n).b);
}
}