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

传送门:http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=4008

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

$\Large\sum\limits_{i=0}^{n-1}fp[i]\cdot d[i]$

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:

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

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

 1 #include 
 2 #include 
 3 #include 
 4 
 5 using namespace std;
 6 const int MAXN = 223;
 7 const int MAXR = 135;
 8 
 9 int n, r, d[MAXN];
10 double p[MAXN], fp[MAXN];
11 
12 double pow1p[MAXN][MAXN]; // pow1p[i][j]表示(1-p[i])^j
13 void prelude() {
14     for( int i = 0; i < n; ++i ) {
15         pow1p[i][0] = 1;
16         for( int j = 1; j <= r; ++j )
17             pow1p[i][j] = pow1p[i][j-1] * (1-p[i]);
18     }
19 }
20 
21 double f[MAXN][MAXR];
22 double solve() {
23     memset( f, 0, sizeof(f) );
24     memset( fp, 0, sizeof(fp) );
25     f[0][0] = pow1p[0][r]; // 边界
26     f[0][1] = fp[0] = 1-f[0][0];
27     for( int i = 1; i < n; ++i ) {
28         for( int j = 0; j <= r; ++j ) {
29             fp[i] += f[i-1][j] * (1 - pow1p[i][r-j]); // 根据f计算fp
30             f[i][j] += f[i-1][j] * pow1p[i][r-j]; // 不选第i张
31             if( j ) f[i][j] += f[i-1][j-1] * (1 - pow1p[i][r-j+1]); // 选第i张
32         }
33     }
34     double rtn = 0;
35     for( int i = 0; i < n; ++i ) {
36         // printf( "fp[%d] = %lf\n", i, fp[i] );
37         rtn += d[i] * fp[i];
38     }
39     return rtn;
40 }
41 
42 int main() {
43     int T; scanf( "%d", &T );
44     while( T-- ) {
45         scanf( "%d%d", &n, &r );
46         for( int i = 0; i < n; ++i ) scanf( "%lf%d", p+i, d+i );
47         prelude();
48         printf( "%.10lf\n", solve() );
49     }
50     return 0;
51 }

 

你可能感兴趣的:(【题解】亚瑟王 HNOI 2015 BZOJ 4008 概率 期望 动态规划)