专栏首页数据结构与算法BZOJ4008: [HNOI2015]亚瑟王(期望dp)

BZOJ4008: [HNOI2015]亚瑟王(期望dp)

Time Limit: 20 Sec  Memory Limit: 512 MBSec  Special Judge

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Description

小 K 不慎被 LL 邪教洗脑了,洗脑程度深到他甚至想要从亚瑟王邪教中脱坑。

他决定,在脱坑之前,最后再来打一盘亚瑟王。既然是最后一战,就一定要打得漂

亮。众所周知,亚瑟王是一个看脸的游戏,技能的发动都是看概率的。作为一个非

洲人,同时作为一个前 OIer,小 K 自然是希望最大化造成伤害的期望值。但他已

经多年没写过代码,连 Spaly都敲不对了,因此,希望你能帮帮小 K,让他感受一

下当欧洲人是怎样的体验。 

本题中我们将考虑游戏的一个简化版模型。 

玩家有一套卡牌,共 n张。游戏时,玩家将 n 张卡牌排列成某种顺序,排列后

将卡牌按从前往后依次编号为 1 ~  n。本题中,顺序已经确定,即为输入的顺序。

每张卡牌都有一个技能。第 i 张卡牌的技能发动概率为 pi,如果成功发动,则会对

敌方造成di点伤害。也只有通过发动技能,卡牌才能对敌方造成伤害。基于现实因

素以及小K非洲血统的考虑,pi不会为 0,也不会为 1,即 0 < pi < 1。 

一局游戏一共有 r 轮。在每一轮中,系统将从第一张卡牌开始,按照顺序依次

考虑每张卡牌。在一轮中,对于依次考虑的每一张卡牌: 

1如果这张卡牌在这一局游戏中已经发动过技能,则 

1.1 如果这张卡牌不是最后一张,则跳过之(考虑下一张卡牌); 

否则(是最后一张),结束这一轮游戏。 

2否则(这张卡牌在这一局游戏中没有发动过技能),设这张卡牌为第 i 张 

2.1将其以 pi的概率发动技能。 

2.2如果技能发动,则对敌方造成 di点伤害,并结束这一轮。 

2.3如果这张卡牌已经是最后一张(即 i 等于n),则结束这一轮;否则,

考虑下一张卡牌。 

请帮助小 K 求出这一套卡牌在一局游戏中能造成的伤害的期望值。 

Input

输入文件的第一行包含一个整数 T,代表测试数据组数。 

接下来一共 T 组数据。 

每组数据的第一行包含两个用空格分开的整数 n和r,分别代表卡牌的张数和

游戏的轮数。 

接下来 n行,每行包含一个实数和一个整数,由空格隔开,描述一张卡牌。第

i 行的两个数为 pi和 di,分别代表第 i 张卡牌技能发动的概率(实数)和技能发动

造成的伤害(整数)。保证 pi最多包含 4位小数,且为一个合法的概率。 

Output

 对于每组数据,输出一行,包含一个实数,为这套卡牌在这一局游戏中造成的

伤害的期望值。对于每一行输出,只有当你的输出和标准答案的相对误差不超过

10^-8时——即|a-o|/a<=10-8时(其中a是标准答案,o是输出),你的输出才会被判为正确。

建议输出10 位小数。 

Sample Input

1 3 2 0.5000 2 0.3000 3 0.9000 1

Sample Output

3.2660250000

HINT

 一共有 13 种可能的情况: 

1.  第一轮中,第 1张卡牌发动技能;第二轮中,第 2张卡牌发动技能; 

概率为 0.15,伤害为5。 

2.  第一轮中,第 1张卡牌发动技能;第二轮中,第 3张卡牌发动技能; 

概率为 0.315,伤害为3。 

3.  第一轮中,第 1张卡牌发动技能;第二轮不发动技能; 

概率为 0.035,伤害为2。 

4.  第一轮中,第 2张卡牌发动技能;第二轮中,第 1张卡牌发动技能; 

概率为 0.075,伤害为5。 

5.  第一轮中,第 2张卡牌发动技能;第二轮中,第 3张卡牌发动技能; 

概率为 0.0675,伤害为4。 

6.  第一轮中,第 2张卡牌发动技能;第二轮不发动技能; 

概率为 0.0075,伤害为3。 

7.  第一轮中,第 3张卡牌发动技能;第二轮中,第 1张卡牌发动技能; 

概率为 0.1575,伤害为3。 

8.  第一轮中,第 3张卡牌发动技能;第二轮中,第 2张卡牌发动技能; 

概率为 0.04725,伤害为4。 

9.  第一轮中,第 3张卡牌发动技能;第二轮不发动技能; 

概率为 0.11025,伤害为1。 

10.  第一轮不发动技能;第二轮中,第 1张卡牌发动技能; 

概率为 0.0175,伤害为2。 

11.  第一轮不发动技能;第二轮中,第 2张卡牌发动技能; 

概率为 0.00525,伤害为3。 

12.  第一轮不发动技能;第二轮中,第 3张卡牌发动技能; 

概率为 0.011025,伤害为1。 

13.  第一轮不发动技能;第二轮亦不发动技能; 

概率为 0.001225,伤害为0。 

造成伤害的期望值为概率与对应伤害乘积之和,为 3.266025。 

对于所有测试数据, 1 <= T <= 444, 1 <= n <= 220, 0 <= r <= 132, 0 < pi < 1, 0 <= di <= 1000。  

除非备注中有特殊说明,数据中 pi与di均为随机生成。 

请注意可能存在的实数精度问题,并采取适当措施。 

Source

感觉期望的题都好绕啊qwq。。

首先根据期望的线性,每个位置对BOSS造成的伤害都是独立的。

根据期望的定义而且此题中每个位置只允许攻击一次,我们只需算出每个位置在$r$轮中出现的概率即可

这个概率为$1 - (1 - p[i])^r$,即总的概率减去一次都没出现的概率

但是这题有一个特殊限制“如果前面的打出了,那么本轮游戏结束”,也就是说如果$i - 1$位置打出了,那么$i$位置本次肯定是不能出现的

这样的话,如果$i$前面一共有$j$个位置打出了,也就是$i$有$j$次强制没被打出,那么$i$出现的概率为$1 - (1 - p[i])^{r - j}$

考虑这玩意儿如何计算,设$f[i][j]$表示前$i$个中强制打出了$j$个的概率

这显然是可以递推完成的,讨论一下这个位置是否打出就行了

那么$g[i] = \sum_i f[i][j] * (1 - (1 - p[i])^{r - j})$

最终答案为$ans = \sum g[i] * d[i]$

// luogu-judger-enable-o2
// luogu-judger-enable-o2
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<queue>
#define LL long long 
using namespace std;
const int MAXN = 200000, INF = 1e9 + 10;
inline int read() {
    char c = getchar(); int x = 0, f = 1;
    while(c < '0' || c > '9') {if(c == '-') f = -1; c = getchar();}
    while(c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
    return x * f;
}
int N, R;
double f[1001][1001],/*前i轮中,恰好有j张牌发动了攻击的概率*/ P[1001], D[1001], PowP[1001][1001], G[1001];
void GetPow() {
    for(int i = 1; i <= N; i++) {
        PowP[i][0] = 1;
        for(int j = 1; j <= R; j++)
            PowP[i][j] = PowP[i][j - 1] * (1 - P[i]);        
    }
}
main() { 
    int QWQ;
    scanf("%d", &QWQ);
    while(QWQ--) {
        memset(f, 0, sizeof(f)); 
        scanf("%d %d", &N, &R);
        for(int i = 1; i <= N; i++) 
            scanf("%lf %lf", &P[i], &D[i]);
        GetPow();
        f[1][1] = G[1] = 1 - PowP[1][R]; f[1][0] = PowP[1][R]; 
        for(int i = 2; i <= N; i++) {
            G[i] = 0;
            for(int j = 0; j <= min(i, R); j++) {
                if(j) f[i][j] += f[i - 1][j - 1] * (1 - PowP[i][R - j + 1]);
                //发动攻击,那么R-j+1轮中不会出现 
                if(i != j) f[i][j] += f[i - 1][j] * PowP[i][R - j];
                //第i张牌始终没有出现过 
                G[i] += f[i - 1][j] * (1 - PowP[i][R - j]);    
            }
        }
        double ans = 0;
        for(int i = 1; i <= N; i++)
            ans += G[i] * D[i];
        printf("%.10lf\n", ans);
    } 
    return 0;
}   

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