[JZOJ4648] 【NOIP2016提高A组模拟7.17】锦标赛

题目

描述

题目大意

有$n$个人，你要确定一个出场序列。每次新上台的人就会和擂主打一架，胜利的人继续当擂主。题目给出两两之间打架胜利（失败）的概率。
问$1$选手坚持到最后的最大概率。

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思考历程

看这数据范围这么小，立即想到状压DP！
自然而然地想到状态：设$f_{s,i}$表示上了台的人的状态为$s$，当前擂主为$i$的最大概率。
于是我很快就发现了这个方法的bug。每次转移都会有输或硬两种状态，但万一它们以后要合并到一起呢？
假设状态$A$转移到状态$B$和$C$，接下来状态$B$和$C$又要转移到$D$。按理来说，从$A$到$D$的这两个不同状态是可以合并的，但怎么合并呢？
没有办法合并啊！它们会被看做是不同的状态，然后取个$max$。
所以我就迷茫了，不知道该怎么做。
开始往什么贪心。结论题方面想……

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正解

实际上这题的正解就是状压DP。
我很震惊，难道我找出来的这个东西对答案没有任何影响？
哼，一定是数据错了
然后我就发现了区别：反着和正着的区别。
我一开始并不理解。反着推和正着推有什么不一样吗？状态之间的转移都是一个有向无环图啊！
后来看看题解才发现了本质上的区别：正着推时，每个状态都会被分裂为许多个状态，有些状态在后面还需要合并，有些就不用，这样就很难处理；反着推时，由于我们已经预知了未来，我们只需要从后往前合并状态，并没有什么分裂状态的鬼玩意儿。这样我们就不用想之前的那些情况了。

然后还有另一种神方法，由LYL发明的$O(n^2)$贪心做法。
我们思考一下$1$号选手放在哪里最优。
$1$号选手要和排在它后面的选手决斗一次，并且必须要胜利，所以概率为这些选手的胜率之积。
胜率总是不超过$1$的，所以越乘越小。所以将$1$放在最后面是最优的。
接着我们就用和DP做法一样的思路，从后往前推。设个$f_i$表示这一个为$i$时的最大概率，方程式一样的。
我们贪心地选择其中最大的那个。
接下来就将这个当做新的$1$号，重复这样的过程。
%%%LYL

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代码

状压DP

using namespace std;
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
inline void update(double &a,double b){a<b?a=b:0;}
int n;
double a[18][18];
double f[1<<18][18];
int main(){
	scanf("%d",&n);
	for (int i=0;i<n;++i)
		for (int j=0;j<n;++j)
			scanf("%lf",&a[i][j]);
	f[(1<<n)-1][0]=1;
	for (int i=(1<<n)-2;i>=0;--i)
		for (int j=0;j<n;++j)
			if (i>>j&1)
				for (int k=0;k<n;++k)
					if (!(i>>k&1))
						update(f[i][j],f[i|1<<k][j]*a[j][k]+f[i|1<<k][k]*a[k][j]);
	double ans=0;
	for (int i=0;i<n;++i)
		update(ans,f[1<<i][i]);
	printf("%.7lf\n",ans);
	return 0;
}

LYL神贪心

using namespace std;
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define N 5010
int n;
double a[N][N];
int q[N];
bool vis[N];
double f[N];
int main(){
	scanf("%d",&n);
	for (int i=1;i<=n;++i)
		for (int j=1;j<=n;++j)
			scanf("%lf",&a[i][j]);
	vis[q[0]=1]=1;
	f[0]=-1,f[1]=1;
	for (int i=1;i<n;++i){
		int mx=0;
		for (int j=1;j<=n;++j)
			if (!vis[j]){
				f[j]=f[j]*a[j][q[i-1]]+f[q[i-1]]*a[q[i-1]][j];
				if (f[j]>f[mx])
					mx=j;
			}
		vis[q[i]=mx]=1;
	}
	printf("%.7lf\n",f[q[n-1]]);
	return 0;
}

总结

有时候正着推和反着推真的很不一样……