codeforces gym 103049G Great Expectations

题意：

一个游戏如果不出意外会花 $n(<=5000)$个时间完成，世界纪录是$r(<=5000)$，有$m(<=50)$种可能发生的意外情况浪费时间。

意外情况格式如下：

$t(<n)$  $p(0<p<1)$  $d$($<=1000$) 三个数，表示该事件发生在正常流程下的第$t$秒时，发生概率为$p$，浪费$d$的时间。

你可以随时重新开始游戏，问从一开始玩到成功打破记录（一局游戏从开始到结束时间小于$r$）期望一共花多少时间。

首先按照期望类题的套路，倒推状态转移，我们设$F[i][j]$为进行到正常流程下第$i$秒，实际本次尝试已经花了$j$秒还期望花多少时间突破记录。显然，答案就是$F[0][0]$

下面就是写转移方程，由于意外事件很少，我们将$F[i][j]$的意义改为已经进行到了第$i$个意外时间刚开始的时间，本次尝试已经花费了$j$秒且不知道这次事件是否会发生的期望剩余时间。得到如下转移方程：

$F[i][j]=(1-p[i])*(F[i+1][j+t[i+1]-t[i]]+t[i+1]-t[i])+p[i]*min(F[0][0],F[i+1][j+d[i]+t[i+1]-t[i]]+d[i]+t[i+1]-t[i]) (j+d[i]+n-t[i]<r)$

$F[i][j]=(1-p[i])*(F[i+1][j+t[i+1]-t[i]]+t[i+1]-t[i])+p[i]*F[0][0]   (j+d[i]+n-t[i]>=r)$

但是我们发现我们的转移方程出现了$F[0][0]$，而$F[0][0]$又是我们的最终答案，这就陷入了一个死环。当时训练的时候想到这一步就懵了，以为最后是要解方程，但是$min$又限制了我们无法通过解方程来得到答案。

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看了题解之后才顿悟，既然$F[0][0]$未知，我们能不能尝试去二分$F[0][0]$，转移是用二分值，之后通过比较它与算出的$F[0][0]$的大小确定该调大还是调小。如果二分值大于$F[0][0]$，就意味着在一些决策点我们本应该选择重来但是我们选择了继续打，所以应当将二分值调小；如果小于$F[0][0]$，就意味着一些本应该继续打的地方我们选择了重来，所以应当将二分值调大。

#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<cstdio>
#include<cstring> 
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define N 5005
#define double long double
using namespace std;
int n,r,m;
int T[N];
double P[N];
int D[N];;
double F[55][N];
bool check(double X)
{
    for(int i=m;i>=0;i--)
    {
        for(int j=T[i];j<r-(n-T[i]);j++)
        {
            F[i][j]=P[i]*(T[i+1]-T[i]+F[i+1][j+T[i+1]-T[i]]);
            if(j+D[i]+(n-T[i])<r)
            {
                F[i][j]+=(1.0-P[i])*min(X,D[i]+T[i+1]-T[i]+F[i+1][D[i]+T[i+1]-T[i]+j]);
            }
            else
            {
                F[i][j]+=(1.0-P[i])*X;
            }
        }
    }
    return X>F[0][0];
}
int main()
{
    scanf("%d%d%d",&n,&r,&m);
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        scanf("%d%Lf%d",&T[i],&P[i],&D[i]);
    }
    T[m+1]=n;
    P[0]=1;
    double li=0,ri=1e17,mid,ans;
    while(fabs(ri-li)>=1e-8)
    {
        mid=(li+ri)/2.0;
        if(check(mid)) ri=mid-(1e-8),ans=mid;
        else li=mid+(1e-8);
    }
    printf("%.10Lf\n",ans);
    return 0;
}