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二分+期望dp

好神奇啊。。。出题人太神了！

我们发现dp之间的关系不满足是一个dag，那么我们只能用高斯消元，但是由于这里是取最小值，需要取min，也不能用高斯消元，于是我们想出了一个奇妙的方法

我们假设x为从0到n的期望花费，这是我们自己定的，如果我们选择回到起点，那么就强制用x的期望时间直接到终点。这样dp之间的关系就满足是一个dag了，而且x越大dp值越大，那么我们就可以二分x，然后通过dp检验是否满足条件。

长见识了。。。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 110;
int n, R;
int a[N], b[N];
double dp[N][5010], p[N];
double dfs(int x, int y, double mid)
{
    if(y > R) return mid;
    if(x == n + 1) return 0.0;
    if(dp[x][y] >= 0.0) return dp[x][y];
    dp[x][y] = (dfs(x + 1, y + a[x], mid) + a[x]) * p[x] + (dfs(x + 1, y + b[x], mid) + b[x]) * (1.0 - p[x]);
    dp[x][y] = min(dp[x][y], mid);
    return dp[x][y];
}
bool check(double mid) 
{
    for(int i = 0; i <= n; ++i)
        for(int j = 0; j <= R; ++j) dp[i][j] = -1.0;
    return dfs(1, 0, mid) < mid;
}
int main()
{
    scanf("%d%d", &n, &R);
    for(int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d%d%lf", &a[i], &b[i], &p[i]), p[i] /= 100.0;
    double l = 0.0, r = 1e10 + 1.0, ans = 0.0;
    for(int i = 0; i < 100; ++i) 
    {
        double mid = (l + r) / 2.0;
        if(check(mid)) r = ans = mid;
        else l = mid;
    } 
    printf("%.10f\n", ans);
    return 0;
}