[HNOI2015]亚瑟王

（看到题解里面有一篇和我最初想法挺像但好像不是大众解法的题解，有点激动，干脆自己也来写篇题解好了）

Description#

你有 $n$ 张卡片，每张有一组数据 $d_i,p_i$ 表示贡献和发动概率，现在你要玩 $r$ 轮游戏，每轮编号从 $1$ 开始：

• 如果这张卡片在之前被发动过，直接跳过；

• 如果当前卡片发动了，产生 $d_i$ 的贡献并直接开始下一轮；

• 否则没有发动的话，换到下一张卡片。

求期望获得贡献。

多测。

$T\le 444,n\le 220,r\le 132,p_i\in [0,1],d_i\in [0,{10}^3]$

Analysis#

注意到题目暗含的意思应该是玩多少轮游戏，就会发动多少次卡片。（具体哪张并不清楚）

根据期望的线性性质，我们可以单独考虑每个点发动的概率 $g_i$ ，那么总贡献就是 $\sum g_i\cdot d_i$ 。

所以在可以不考虑第几轮的情况下，我们可以这样设一个 DP 状态： $d{p}_{i,j}$ 表示前 $i$ 张卡片剩下 $j$ 次没发动的期望值。

Solution#

因为每张卡片发动一次之后就不能再发动了，发动之后的卡片视作概率为 $1$ ，贡献为 $0$ 的“虚卡片”。

假设第 $j$ 轮发动：

• 对于之后的轮次，概率为 $1$ ，可以拆成发动 $+$ 不发动两种情况；

• 而对于前面的轮次，概率一致，属于同类项。

如此来看的话原先定义的 $g_i$ 实际上可以变成另一种定义：第 $i$ 张卡片至少发动一次的概率。

会不会算重呢？假如如果第 $j$ 轮前面还有发动的轮次 $k$ ，这种情况就换合并到第一次在第 $k$ 轮发动的，前面有多个同理，不会的。

那就有 $g_1=1-(1-p_1{)}^r$ ，如果另加前 $j$ 轮就把 $r$ 改成 $j$ 就好了。

问题解决了一半。

还有一个问题，我们还是被每轮只能发动一次这个条件限制的死死的：因为前者的发动概率会直接影响后面的卡片发动概率，所以同时要算当前状态的概率以及期望。

我们就可以理解为每张卡片在它后面的每张卡片上叠了 buff 。

（不知道怎么的）猛然间想起期望入门的时候做过的这道题

前者影响后者，那就正难则反！！全部逆推，反正后面的卡片都要被前面影响，该叠 buff 就正常叠就行了。

所以就有很自然的 DP 方程式啦（注意是逆推啦）：

$$d{p}_{i,j}=d{p}_{i+1,j}\cdot (1-p_i{)}^j+d{p}_{i+1,j-1}\cdot (1-(1-p_i{)}^j)$$

分别的两个系数就是上文讲的发动或者不发动。

（常熟还小/hanx）

Code#

Code

Copy

/*

*/
#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 222;
int n, r, d[N];
double p[N], f[N][N];
inline int read() {
	char ch = getchar();
	int s = 0, w = 1;
	while (!isdigit(ch)) {if (ch == '-') w = -1; ch = getchar();}
	while (isdigit(ch)) {s = (s << 3) + (s << 1) + (ch ^ 48); ch = getchar();}
	return s * w;
}
inline double dead() {
	char ch = getchar();
	ll s = 0, w = 1, k = 0;
	double m = 1; bool is = 0;
	while (!isdigit(ch)) {if (ch == '-') w = -1; ch = getchar();}
	while (isdigit(ch) || ch == '.') {
		if (ch == '.') is = 1;
		else if (!is) s = (s << 3) + (s << 1) + (ch ^ 48);
		else k = (k << 3) + (k << 1) + (ch ^ 48), m *= 0.1;
		ch = getchar();
	}
	return (m * k + s) * w;
}
inline void mian() {
	memset(f, 0, sizeof(f));
	n = read(); r = read();
	for (int i = 1; i <= n; ++i) p[i] = dead(), d[i] = read();
	for (int i = n; i >= 1; --i) {
		double P = 1.0 - p[i];
		for (int j = 1; j <= r; ++j) {
			f[i][j] = f[i + 1][j] * P + (f[i + 1][j - 1] + d[i]) * (1.0 - P);
			P *= 1.0 - p[i];
		}
	}
	printf("%.9lf\n", f[1][r]);
}
int main() {
	int T = read();
	while (T--) mian();
	return 0;
}