BZOJ1076: [SCOI2008]奖励关
Description
你正在玩你最喜欢的电子游戏，并且刚刚进入一个奖励关。
在这个奖励关里，系统将依次随机抛出k次宝物，每次你都可以选择吃或者不吃（必须在抛出下一个宝物之前做出选择，且现在决定不吃的宝物以后也不能再吃）。
宝物一共有n种，系统每次抛出这n种宝物的概率都相同且相互独立。也就是说，即使前k-1次系统都抛出宝物1（这种情况是有可能出现的，尽管概率非常小），第k次抛出各个宝物的概率依然均为1/n。
获取第i种宝物将得到Pi分，但并不是每种宝物都是可以随意获取的。
第i种宝物有一个前提宝物集合Si。只有当Si中所有宝物都至少吃过一次，才能吃第i种宝物（如果系统抛出了一个目前不能吃的宝物，相当于白白的损失了一次机会）。
注意，Pi可以是负数，但如果它是很多高分宝物的前提，损失短期利益而吃掉这个负分宝物将获得更大的长期利益。
假设你采取最优策略，平均情况你一共能在奖励关得到多少分值？
Input
第一行为两个正整数k和n，即宝物的数量和种类。
以下n行分别描述一种宝物，其中第一个整数代表分值，随后的整数依次代表该宝物的各个前提宝物（各宝物编号为1到n），以0结尾。
Output
输出一个实数，保留六位小数，即在最优策略下平均情况的得分。
Sample Input
1 0
2 0
Sample Output
HINT
【数据规模】
1<=k<=100,1<=n<=15，分值为[-10^6,10^6]内的整数。
题解Here!
由于$n<=15$，于是很明显一道状压。。。
$DP$模型很容易想到，设$dp[i][S]$表示到了第$i$轮，宝物取过的状态为$S$的最大期望得分。
但这个模型存在问题：可能在第$i$轮无法到达状态$S$。
怎么办呢？
我们把定义换一下：
$dp[i][S]$表示在第$1$轮到第$i-1$轮内宝物是否取过的状态为$S$，第$i$轮到第$K$轮的最大期望得分。
我们发现这样就可以通过逆推进行转移了。
转移方程为：
对于$\forall k\in[1,n]$，
1、如果$S$包含的状态满足取第$k$种宝物的条件，则可以取或不取。
取则为$dp[i+1][S|(1<<k-1)]+v_k$，不取则为$dp[i+1][S]$。
所以此时有转移方程：$$dp[i][S]+=\max\left\{\begin{array}{rcl}&dp[i+1][S]&\\&dp[i+1][S|(1<<k-1)]+v_k&\end{array}\right.$$
2、如果$S$包含的状态不满足取第$k$种宝物的条件，则不能取，即：$$dp[i][S]+=dp[i+1][S]$$
而这里求的是期望值，上面求的东西覆盖了第$i$轮取了所有$n$种宝物的情况。
所以在每一个状态计算完之后，把$dp[i][S]$除以$n$即为期望值。
由于是逆推，所以最后答案为$dp[1][0]$。
附代码：
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#define MAXN 17
#define MAXM 110
using namespace std;
int n,k,c=1;
int state[MAXN];
double val[MAXN],dp[MAXM][1<<MAXN];
struct Edge{
int next,to;
}a[MAXN*MAXN];
inline int read(){
int date=0,w=1;char c=0;
while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')w=-1;c=getchar();}
while(c>='0'&&c<='9'){date=date*10+c-'0';c=getchar();}
return date*w;
}
void work(){
for(int i=k;i>=1;i--){
for(int s=0;s<(1<<n);s++){
for(int j=1;j<=n;j++){
if((s&state[j])==state[j])dp[i][s]+=max(dp[i+1][s],dp[i+1][s|(1<<(j-1))]+val[j]);
else dp[i][s]+=dp[i+1][s];
}
dp[i][s]/=(double)n;
}
}
printf("%.6lf\n",dp[1][0]);
}
void init(){
int x;
k=read();n=read();
for(int i=1;i<=n;i++){
val[i]=read();x=read();
while(x){
state[i]|=(1<<(x-1));
x=read();
}
}
}
int main(){
init();
work();
return 0;
}
