足彩投注
题目概述
题目背景
了解足球彩票的人可能知道，足球彩票中有一种游戏叫做“胜负彩”，意为猜比赛的胜负。下面是一些与胜负彩有关的术语
注 ：每一组有效组合数据。
投 注：彩民以现金购买足球彩票的行为。
单式投注：彩民对于所有球队的比赛成绩均只选择一种预测结果的投注方式。投注的数量（注数）为1。
复式投注：彩民对于某些场次的比赛成绩选择两种以上的预测结果的投注方式。投注的数量为复式投注的组合数。例如，某彩民对一场比赛预测了两个结果（例如，胜平）， 另一场比赛预测了三个结果（胜负平），其他比赛都只预测了一种结果，那么注数就是2×3 = 6。这样的一个复式投注，可以看成一个包含六种单式投注的集合。
胜负彩的玩法一般是这样的。彩票机构指定一轮比赛中的若干场，让彩民去猜每场比赛的结果（胜、负、平）。根据彩民猜中比赛的场次，来确定中奖的额度。
题目描述
我们现在考虑一个简化的模型。对于一轮比赛，彩民需要竞猜其中\(n\)场比赛的结果，每场比赛的胜负平都有一个概率\(p(i, r)\)。其中，\(i\)表示第i场比赛,\(r\) = 0, 1, 2，分别表示比赛结果的（主队）负、平、胜。\(p(i, r)\)则表示第\(i\)场比赛、结果为\(r\)的概率。此外，还有一个概率\(q(i, r)\)，表示第i场比赛，投注购买结果为\(r\)的概率。
例如，如果q(1,0)=0.5，我们可以知道第一场比赛有50%的投注会买主队输球。我们假设这n场比赛互不相关，即p(i, r)的结果不会受p(j, r’)的影响，q(i, r)的结果也不会受q(j, r’)的影响(r ≠ r’)。
在这个模型里，我们规定，必须猜中全部\(n\)场比赛的结果才能获奖。总奖金为\(M\)，由所有获奖的投注平分。因此，对于一个单式投注\(Ri = \{r_{i1}, r_{i2}, …, r{in}\}\)，rij表示投注Ri对第j场比赛的预测结果，它的中奖概率为
\[ P(R_i)=\prod_{i=1}^n\ p(j,r_{ij}) \]
设投注总数为N，那么中奖的投注总数为：
\[ N*Q(R_i)=N*\prod_{i=1}^n\ p(j,r_{ij}) \]
于是，投注Ri所能得到的奖金的期望（平均意义下能够获得的奖金数）就是：
\[ \frac {M} {N*Q(R_i)}*P(R_i) \]
复式投注R中，只要有一个Ri猜对所有比赛结果，即可中奖。因此，复式投注R所能获得的奖金的期望就是：
\[ \sum_{R_i\in R}\frac {M} {N*Q(R_i)}*P(R_i) \]
我们的问题是，给定n场比赛的信息（胜负平的概率和彩民购买三种结果的概率），以及复式投注中可以购买的最大注数U，要求设计一种复式投注的方案，在不超过最大注数（复式投注的注数k ≤ U）的前提下，使得获得奖金的期望最大。
输入格式
第一行四个整数\(n, N, M, U（n, U ≤ 10^4, N, M ≤ 10^9）\)。
以下n行，每行六个实数。第i + 1行的六个实数为\(p(i, 0), p(i, 1), p(i, 2), q(i, 0), q(i, 1),q(i, 2)\)，用来描述第i场比赛的相关信息。其中，\(p(i, 0) + p(i, 1) + p(i, 2) = 1, q(i, 0) + q(i, 1) + q(i, 2) = 1, q(i, j) ≠ 0\)。
输出格式
一个实数，表示最大的奖金期望的自然对数
\[ ln(Max_{|R|≤U}(\sum_{R_i\in R}\frac {M} {N*Q(R_i)}*P(R_i))) \]
输出保留3位小数（四舍五入）。
simple.in
1 10 10 1
0.3 0.2 0.5 0.7 0.2 0.1simple.out
1.609问题分析
样例分析
说实话，刚看到题时，我蒙了，这怎么多数学公式怎么搞。所以推明白了样例，就大概明白了
拿出我的Casio，\(e^{1.609}=4.9978\),那么没有求对数时就是5，在乘上N除以M就知道\(\frac {P(R_i)} {Q(R_i)}\)是5通过细致细致入微的关差，刚好0.5/0.1=5。
注意p是结果的概率，q是投注的概率
我们看到U=1,则最大注数是1,也就是说都是单注，那事实上在这个样例，我们就要求一个\(Max_{0<=i<=2}\{\frac{p(1,i)}{q(1,i)} \}\),那么这个样例分析，\(U=1\)时看不出来什么有什么的，我们把\(U=2\)，再来看这个样例，我们可以把复式投注看成是两个单注，投注赢的奖金是0.3/0.7=0.428，而投注平的奖金为0.2/0.2=1，投注输的奖金为0.5/0.1=5（这怕不是国足）
这时我们的两个注要压平和输。
在\(U=3\)时我们三个注都压。那么对于，一场比赛我们的押注方式共有7种，可事实上，我们只用考虑其中的三种情况，因为由于贪心的思想在注数一定时，我们选择概率奖金数最大(即\(\sum_{e=1}^k\frac{p(i,j)}{q(i,j)}\))的。
于是我们真的懂了这个又臭又长的答案式子，先不考虑ln
\[ ans=\prod_{i=1}^n(a(i,k_i))*\frac{M}{N} \]
其中\(a(i,k_i)\),表示我第i场比赛投\(k_i\)个注的期望的最大奖金概率就是好几个\(\frac{p(i,j)}{q(i,j)}\)
引理
ln(ab)=ln(a)+ln(b,证明吗，幂运算，送的。
考虑到小数乘法的精度损失——其实挺重要的
我们不妨对式子先取ln，成为加法，又快有准
于是式子两边同时取ln有
\[ ln(ans)=\sum_{i=1}^nln(a(i,k_i))+ln\frac{M}{N} \]
我们就有了以下代码来生成a
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%lf%lf%lf%lf%lf%lf",&a,&b,&c,&d,&e,&f);
tmp[0]=a/d;
tmp[1]=b/e;
tmp[2]=c/f;
cha[i][1]=log(max(tmp[1],max(tmp[0],tmp[2])));
cha[i][2]=log(max(tmp[1]+tmp[0],max(tmp[1]+tmp[2],tmp[0]+tmp[2])));
cha[i][3]=log(tmp[1]+tmp[0]+tmp[2]);
}算法分析
题目是问我们一个最大的期望答案,又不输出方案，那我就是dp
考虑他的状态\(f(i,j)\),，表示在已经押注了i场比赛，还剩j个注是期望奖金概率的最大值取ln，这里我们用了\(log_e(i)\)函数的单增性，这是一个不完全重复背包
我们的所求即为\(f(n,U)\)，再来考虑我们的转移方程
\[ f(i,j)=\begin{cases}0&i=0 \\Max_{1<=k<=3}\{ f(i-1,j/k)+a[i][k]\}&i≠0\end{cases} \]
注意这里的j一定不能为0因为注数为零时后面投不下去了
我们要注意的是这个t题的数据有些大，如果开二维的话要10G左右\(qwq\)，在计算\(f(i,j)\),是我们只用到了f(i-1，j/k)的数据那么我们可以加上一维数组优化，注意递推是要倒序求（完全的要顺序）。
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=U;j>=1;j--)
for(int k=1;k<=3;k++)
if(j/k>=1)
data[j]=max(data[j],data[j/k]+cha[i][k]);于是我就很愉快的卡过了这道题
接下来是完整代码
#include
using namespace std;
const int Maxn=10001,MaxU=10001;
double a,b,c,d,e,f,data[MaxU],cha[Maxn][4],tmp[3];;
int n,M,N,U;
int main(){
scanf("%d%d%d%d",&n,&N,&M,&U);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%lf%lf%lf%lf%lf%lf",&a,&b,&c,&d,&e,&f);
tmp[0]=a/d;
tmp[1]=b/e;
tmp[2]=c/f;
cha[i][1]=log(max(tmp[1],max(tmp[0],tmp[2])));
cha[i][2]=log(max(tmp[1]+tmp[0],max(tmp[1]+tmp[2],tmp[0]+tmp[2])));
cha[i][3]=log(tmp[1]+tmp[0]+tmp[2]);
}
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=U;j>=1;j--)
for(int k=1;k<=3;k++)
if(j/k>=1)
data[j]=max(data[j],data[j/k]+cha[i][k]);
printf("%.3lf",log(M)-log(N)+data[U]);
return 0;
} 很短，只有24行，这又一次说明了推样例的重要性
回头望月
当我再看我的dp是有些伤感，我是怎么堆出dp转移方程的？每一场比赛，你必须投注，那么，在dp过程中万一一次dp的之不改变即cha<0，怎么办，我是错了吗。
事实上，在思考之后这个问题等价于\(a+b+c=1,d+e+f=1\)
问在\(\frac{a}{d},\frac{b}{e},\frac{c}{f}\)中有最大的一个，两个，三个求和，和是否大于1。
其实是显然的，考虑和谐的情况三个都是1，显然的吗，哈哈