[HNOI2015]亚瑟王(期望+DP）

题解

利用期望的线性性，可以把问题转化为求每一个卡牌造成期望的期望值。

然后我们就需要知道每一个卡牌发动技能的概率。

因为当某一张卡牌发动技能时这一轮会结束，这就很难直接计算了。

我们使用DP

设dp[i][j]为前i张卡牌在r轮中有j张发动技能的概率

i这张牌发动技能的概率就为sigema(j=1,min(r,i-1))f[i-1][j]*(1-(1-p[i])^(m-j))

然后我们考虑如何转移。

当当前卡牌发动技能，dp[i][j]+=dp[i-1][j-1]*(1-(1-p[i])^(m-j+1))

当当前卡牌不发动技能,dp[i][j]+=dp[i-1][j]*(1-p[i])^(m-j)

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=300;
int t,n,m;
double p[N],d[N],pw[N][N],dp[N][N],g[N],ans;
int main(){
    scanf("%d",&t);
    while(t--){
        memset(dp,0,sizeof(dp));
        memset(g,0,sizeof(g));
        scanf("%d%d",&n,&m);
        for(int i=1;i<=n;i++){
            scanf("%lf%lf",&p[i],&d[i]);
            pw[i][0]=1;
        }
        for(int i=1;i<=n;i++)
            for(int j=1;j<=m;j++){
                pw[i][j]=pw[i][j-1]*(1.0-p[i]);
            }
        dp[1][0]=pw[1][m];
        dp[1][1]=g[1]=1.0-pw[1][m];
        for(int i=2;i<=n;i++)
            for(int j=0;j<=min(i,m);j++){
                if(j!=0)dp[i][j]+=(1-pw[i][m-j+1])*dp[i-1][j-1];
                if(i!=j)dp[i][j]+=pw[i][m-j]*dp[i-1][j];
            }
        for(int i=2;i<=n;i++)
            for(int j=0;j<=min(i-1,m);j++){
                g[i]+=dp[i-1][j]*(1.0-pw[i][m-j]);
            }
        ans=0;
        for(int i=1;i<=n;i++){
            ans+=g[i]*d[i];
        }
        printf("%.10lf\n",ans);
    }
    return 0;
}