期望背包DP
复杂度\(O(n*m)\)
前两天模拟考考了这道题
考试时想到了如何设计状态，可惜转移方程写错了。
我的想法：设\(dp[i][j]\)表示前i个人借到j元时的期望支出，\(pp[i][j]\)表示前i个人借到j元的概率，\(ans=\sum_{i=L}^{sum}pp[n][i]*(M-dp[n][i])\)（事实上我考场忘记把M乘上对应的概率了）
但这样做的问题在于，我们必须得计算前i个人借到j元的概率是\(100%\)时的期望支出，转移时会很麻烦（虽然好像也可以做，不过今后考试时应尽可能避免这样的情况），所以不如把借到j元的概率也当做期望的一部分乘上去
最后的方程长这样：
\[pp[i][j]=p[i]×pp[i–1][j–m[i]]+(1–p[i])×pp[i–1][j]\]
\[dp[i][j]=(1–p[i])×dp[i–1][j]+p[i]×(dp[i–1][j–m[i]]+pp[i–1][j–m[i]]×m[i]×r[i])\]
如何理解第二个dp式子呢?
我们发现\(dp[i][j]\)表示前\(i\)个人借到\(j\)元时的期望支出*\(pp[i][j]\)
令\(f[i][j]\)表示前i个人借到j元时的期望支出
也就是说，\[f[i][j]*pp[i][j]=(1-p[i])*pp[i-1][j]*f[i-1][j]+p[i]*pp[i-1][j-m[i]]*(f[i-1][j-m[i]]+m[i]*r[i])\]
这样这个看似玄学的式子就可以解释的通了
il int mns(int a,int b){
return a-b<0?a-b+mod:a-b;
}
il int qpow(int x,int p) {
int ans=1;
for(; p; p>>=1) {
if(p&1) ans=ans*x%mod;
x=x*x%mod;
}
return ans;
}
signed main() {
//freopen("input.txt","r",stdin);
read(n),read(L),read(mon);
int _100=qpow(100,mod-2);
go(i,1,n)
read(m[i]),read(r[i]),read(p[i]),sum+=m[i];
go(i,1,n) {
r[i]=r[i]*_100%mod;
p[i]=p[i]*_100%mod;
}
pp[0]=1;
go(i,1,n){
com(j,sum,m[i]){
pp[j]=(pp[j]*mns(1,p[i])%mod+pp[j-m[i]]*p[i]%mod)%mod;
dp[j]=(dp[j]*mns(1,p[i])+(r[i]*m[i]%mod*pp[j-m[i]]%mod+dp[j-m[i]])%mod*p[i])%mod;
}
com(j,m[i]-1,0){
pp[j]=pp[j]*mns(1,p[i])%mod;
dp[j]=dp[j]*mns(1,p[i])%mod;
}
}
int ans=0;
go(i,L,sum) ans=(ans+mon*pp[i]%mod-dp[i])%mod;
cout<<(ans+mod)%mod;
return 0;
}