【HNOI2015】亚瑟王 [概率DP]
题面
玩家小\(K\)有一套卡牌,共\(n(n≤220)\)张。游戏时,玩家将\(n\)张卡牌排列成某种顺序,排列后将卡牌按从前往后依次编号为\(1~n\)每张卡牌都有一个技能。第张卡牌的技能发动概率为\(p_i(0<p_i<1)\),若成功发动则会对敌方造成\(d_i(\le1000)\)点伤害，也只有通过发动技能,卡牌才能对敌方造成伤害。
一局游戏一共有\(r(r≤132)\)轮。在每一轮中,系统将从第一张卡牌开始,按照顺序依次考虑每张卡牌。在一轮中,对于依次考虑的每一张卡牌:
如果这张卡牌在这一局游戏中已经发动过技能,则:
如果这张卡牌不是最后一张,则跳过之(考虑下一张卡牌);否则(是最后一张),结束这一轮游戏。
否则,这张卡牌在这一局游戏中没有发动过技能,设这张卡牌为第i张:
将其以\(p_i\)的概率发动技能，如果技能发动,则对敌方造成\(d_i\)点伤害,并结束这一轮。
如果这张卡牌已经是最后一张(即\(i\)等于\(n\)),则结束这一轮;否则,考虑下一张卡牌。
请帮助小\(K\)求出这一套卡牌在一局游戏中能造成的伤害的期望值。
\(T(T≤444)\)组数据。
首先可得其能造成伤害的期望值=每张卡的期望伤害之和 即\(ans=\sum\limits_{i=1}^nfp[i]*d[i]\)
第一张卡在r轮中发动的概率为\(fp[1]=1-(1-p[i])^r\)
那么第二张卡牌发动的概率有两种情况：
若第一张卡牌成功发动，第二张卡牌发动的概率为\((1-(1-p[1])^r)*(1-(1-p[2])^{r-1})=fp[1]*(1-(1-p[2])^{r-1})\)
若第一张发动失败，第二张发动的概率为\(1-(1-p[2])^r\)
可以得 在\(r\)轮中 若前\(i-1\)张卡牌发动了\(j\)张 则第\(i\)张卡牌发动的概率为\(1-(1-p[i])^{r-j}\)
\(f[i][j]\)表示前\(i\)张卡牌发动了\(j\)张卡牌的概率 转移方程为：\(f[i][j]+=f[i-1][j-1]*(1-(1-p[i])^{r-(j-1)}+f[i-1][j]*(1-p[i])^{r-j})\)
所以\(fp[i]=\sum\limits_{j=0}^{j\le min(i-1,m)}f[i-1][j]*(1-(1-p[i])^{r-j})\)
预处理出\((1-p[i]^j)\)转移可以做到\(O(1)\) 时间复杂度为\(O(nTr)\)
最后得出ans
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=300+5,M=150+5,inf=0x3f3f3f3f,P=19650827;
int n,m,d[N];
double ans,p[N],bas[N][M],fp[N],f[N][M];
template <class t>void rd(t &x){
x=0;int w=0;char ch=0;
while(!isdigit(ch)) w|=ch=='-',ch=getchar();
while(isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar();
x=w?-x:x;
}
void pre(){
ans=0.0;
memset(f,0,sizeof(f));
memset(fp,0,sizeof(fp));
for(int i=1,j;i<=n;++i)
for(j=1,bas[i][0]=1;j<=m;++j) bas[i][j]=bas[i][j-1]*(1-p[i]);
}
int main(){
freopen("in2.txt","r",stdin);
//freopen("xor.out","w",stdout);
int T;rd(T);
while(T--){
rd(n),rd(m);
for(int i=1;i<=n;++i)
scanf("%lf",&p[i]),rd(d[i]);
pre();
fp[1]=1-bas[1][m],f[1][0]=bas[1][m],f[1][1]=1-bas[1][m];
for(int i=2;i<=n;++i)
for(int j=0;j<=Min(i,m);++j){
if(j) f[i][j]+=f[i-1][j-1]*(1-bas[i][m-j+1]);//发动成功
if(i!=j) f[i][j]+=f[i-1][j]*bas[i][m-j];//失败
}
for(int i=2;i<=n;++i)
for(int j=0;j<=Min(i-1,m);++j)
fp[i]+=f[i-1][j]*(1-bas[i][m-j]);
for(int i=1;i<=n;++i) ans+=(double)fp[i]*d[i];
printf("%.10lf\n",ans);
}
return 0;
}
主要还是要分析好各种情况
