bzoj 3029 守卫者的挑战——概率期望dp+状态数思考
题目:https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3029
先随便写了个dfs,记录“前 i 次、成功 j 次、容量-残片=k”的概率。因为是否可行只和“成功次数”还有“容量-残片个数”有关,和容量、残片具体数量无关。准备记忆化,但发现状态存不下。
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#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #define db double using namespace std; const int N=205,M=202005; int n,l,K,a[N]; db p[N],ans; void dfs(int i,int j,int c,double w)//至少有c个 { if(c>n)c=n; if(i>n) { if(j>=l&&c>=0)ans+=w;return; } if(j+(n-i+1)<l)return; if(a[i]>=0) { dfs(i+1,j+1,c+a[i],w*p[i]); dfs(i+1,j,c,w*(1-p[i])); } else { dfs(i+1,j+1,c-1,w*p[i]); dfs(i+1,j,c,w*(1-p[i])); } } int main() { scanf("%d%d%d",&n,&l,&K);int x; for(int i=1;i<=n;i++) { scanf("%d",&x);p[i]=(db)x/100; } for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]); dfs(1,0,K,1); printf("%.6lf\n",ans); return 0; }
然后想到了 bzoj4247 挂饰 的思路。就是发现“容量-残片数量”大于n的话多出来的部分没什么用,可以把大于n记成等于n。这样第三维就只有2*n啦!然后就可以刷表了。
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #define db double using namespace std; const int N=205,M=202005; int n,l,K,a[N]; db p[N],ans,dp[2][N][N<<1]; int main() { scanf("%d%d%d",&n,&l,&K);int x; for(int i=1;i<=n;i++) { scanf("%d",&x);p[i]=(db)x/100; } for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]); dp[0][0][min(n,K)+N]=1; for(int i=0;i<n;i++) { int d=(i&1); for(int j=0;j<i;j++) for(int k=-n;k<=n;k++)dp[!d][j][k+N]=0; for(int j=0;j<=i;j++) for(int k=-n;k<=n;k++) { if(a[i+1]>=0) { dp[!d][j+1][min(n,k+a[i+1])+N]+=dp[d][j][k+N]*p[i+1];//+= dp[!d][j][k+N]+=dp[d][j][k+N]*(1-p[i+1]); } else { dp[!d][j+1][k-1+N]+=dp[d][j][k+N]*p[i+1]; dp[!d][j][k+N]+=dp[d][j][k+N]*(1-p[i+1]); } } } int d=(n&1); for(int j=l;j<=n;j++) for(int k=0;k<=n;k++) ans+=dp[d][j][k+N]; printf("%.6lf\n",ans); return 0; }