CF1975I Mind Bloom

dp 好题。

首先，读完题后，就感觉很不可做，我们可以考虑正难则反，算输光的概率，这样可以想出一个暴力状压 dp 的做法，但是考场上连状压再高消的分都没给。

我们考虑设计一个巧妙的状态去描述这个局面，注意，设计状态的范围是很广的。我们发现我们输光的过程的 $max(S)$ 长成一个折线图，最后归为 $0$。并且，每张牌被选中的概率是一定的，我们可以针对这些性质，压缩冗余的状态。

直觉告诉我们，$max(S)$ 显然是最重要的，我们考虑在状态里只加入 $max(S)$，再观察形似折线图的过程，我们发现对于一个状态，如果我们在下一次随机选牌的时候 $max(S)$ 变小了，那么再进入下一个状态，而如果 $max(S)$ 变大了，我们仍然不需要 $<max(S)$ 的牌。

所以，这时脑子里我们可以出现一个大致的 dp 状态，为了使得不同状态在概率上是本质相同的，我们不仅要记录 $max(S)$，还要记录一下我们当前拥有的牌数，并且为了转移，还要记录下一个状态的牌数，即记 $f_{i,x,y}$ 表示当前 $max(S)$ 在第 $i$ 位，且当前除了最大值以外我们手里还有 $x$ 张牌，第一次到 $max(S)$ 小于当前最大的概率（换句话说，就是在折线图中第一个在该点右边的，且低于当前点的）， 然而该过程是波折的，我们还要记一个辅助 dp 数组，$g_{j,y}$ 表示从 $(i,x)$ 这个状态随机到 $max(S)\le j$ 且 $|S|=y$ 的概率，显然 $g_{n,x+c_i}=1$，且 $f_{i,x,y}=g_{i-1,y}$。接下来就是转移的事情了，我们试着推出转移方程式。

这个状态中，每个数被选择的概率均是 $p=\frac{y-x}{j-x}$，因为首先显然对于初始的 $x$ 张牌我们永远不会打出，所以这些不在选择里，所以概率是这个。

考虑 $g_{j,y}$ 的贡献。如果这个状态下手里没有第 $j$ 张牌，$g_{j-1,y}⟵g_{j,y}\times p$。

然后，如果有的话，对于 $g_{j-1,z}$，有 $g_{j-1,z}⟵(1-p)\times g_{j,y}\times f_{j,y-1,z}$。

惊奇的发现，哇，他们是可以互相转移的！且转移大体是个 DAG，不需要高消，但为什么是大体呢，因为我们发现，当 $i=j,x=y-1$ 时，$f_{i,x,y}$ 贡献了自己，我们把他记录成 $f_{i,x,y}=k\times f_{i,x,y}+b$，最后再移项就好了。

那么接下来，答案该怎么求呢？我们设一个类似于 $g$ 的状态，记 $h_{i,x}$ 表示对于原序列中前 $i$ 个，选择了一些必选（初始手里就有的），和一些之后选择的，总数为 $x$ 张牌最后输光的概率，他很好转移：

当 $s_i=1$ 时，我们只能选，那么转移为 $h_{i,x}=\sum f_{i,x-1,y}\times h_{i-1,y}$。

当 $s_i=0$ 时，我们有 $p=\frac{x-su{m}_n}{i-su{m}_n}$ 选择它，那么转移为 $h_{i,x}=(1-p)h_{i-1,x}+p\sum f_{i,x-1,y}\times h_{i-1,y}$。

最后 $ans=1-h_{n,su{m}_n}$，然后我们就做完了！时间复杂度为 $\mathcal{O}(n^5)$，稍微加点优化就能通过。

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