【BZOJ4008】亚瑟王（HNOI2015）-概率DP

测试地址：亚瑟王
做法：本题需要用到概率DP。
一开始本人是这样定义状态的：令f(i,j)$f(i,j)$为第i$i$轮取到第j$j$张牌的概率，然后递推乱搞。然后就连样例都过不去，因为某些概率间是有关联的，而不是相互独立的，例如一轮只能取一张牌，一张牌只能取一次之类的这种东西。
正确的方法是，求出g(i)$g(i)$，表示第i$i$张牌在所有r$r$轮中被取的概率，显然有：
g(1)=1−(1−p1)r$g(1)=1-(1-p_1{)}^r$
考虑求g(2)$g(2)$，当第一张牌被取过时，因为它被取的那一轮第二张牌肯定不能被取，所以第二张牌被取的概率为1−(1−p2)r−1$1-(1-p_2{)}^{r-1}$，当第一张牌没有被取过时，第二张牌被取得概率就是1−(1−p2)r$1-(1-p_2{)}^r$。
拓展到求g(i)$g(i)$的情况，我们发现第i$i$张牌取的概率，和且只和第1$1$到i−1$i-1$张牌中已取的牌的数量有关，那么我们令f(i,j)$f(i,j)$为第1$1$到i$i$张牌取了恰好j$j$张的概率，状态转移就比较简单了，考虑当前牌取或不取：
如果取第i$i$张牌，则有：
f(i,j)+=(1−(1−pi)r−j+1)f(i−1,j−1)$f(i,j)+=(1-(1-p_i{)}^{r-j+1})f(i-1,j-1)$
如果不取第i$i$张牌，则有：
f(i,j)+=(1−pi)r−jf(i−1,j)$f(i,j)+=(1-p_i{)}^{r-j}f(i-1,j)$
那么g(i)$g(i)$既然是第i$i$张牌被取的概率，那它显然就等于上面第一种状态转移的贡献和。
这样一来我们就解决了这个问题，预处理(1−pi)x$(1-p_i{)}^x$就可以做到O(Tnr)$O(Tnr)$的复杂度了。
以下是本人代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int T,n,r;
long double p[510],d[510],power[510][510];
long double sumr[510]={0},sumc[510]={0},f[510][510]={0};

int main()
{
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
        scanf("%d%d",&n,&r);
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            scanf("%Lf%Lf",&p[i],&d[i]);
            power[i][0]=1.0;
            for(int j=1;j<=r;j++)
                power[i][j]=power[i][j-1]*(1-p[i]);
        }

        f[0][0]=1.0;
        for(int i=1;i<=n;i++)
            for(int j=0;j<=min(i,r);j++)
            {
                f[i][j]=0.0;
                if (j>0) f[i][j]+=f[i-1][j-1]*(1-power[i][r-j+1]);
                if (j<i) f[i][j]+=f[i-1][j]*power[i][r-j];
            }

        long double ans=0.0,sum;
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            sum=0.0;
            for(int j=0;j<=min(i-1,r);j++)
                sum+=f[i-1][j]*(1-power[i][r-j]);
            ans+=sum*d[i];
        }
        printf("%.10Lf\n",ans);
    }

    return 0;
}