[BZOJ 4008] 亚瑟王

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BZOJ 4008 传送门

Solution:

这题的约束：

（1）若一张牌发动了技能，那么将结束此回合。

（2）若一张牌发动过技能那么它不能再发动技能。

这意味着不能以回合数为状态来进行$dp$

由（2）：一张牌最多发动一次技能，于是只要能算出每张牌的发动概率再统计即可

因此需要考虑经过卡牌的次数就好了，即给卡牌机会

 

设$dp[i][j]$表示给第$i$个元素分配$j$个机会的概率：

（1）若i-1没有用一个机会那么$dp[i][j]+=dp[i-1][j]*(1-dat[i-1])^j$

（2）若i-1用了一个机会那么$dp[i][j]+=dp[i-1][j+1]*(1-(1-dat[i-1])^j)$

（Note:这里并不用对每个卡牌只能发动一次进行特殊处理，简化为发动次数$>=1$的情况即可，毕竟结果只计算了一次）

Code:

//by NewErA
#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
const int MAXN=500;
int n,r,T;
double d[MAXN],pw[MAXN][MAXN],dat[MAXN],dp[MAXN][MAXN];

int main()
{
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
        scanf("%d%d",&n,&r);memset(dp,0,sizeof(dp));
        for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lf%lf",&dat[i],&d[i]);
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            pw[i][0]=1;
            for(int j=1;j<=r;j++) pw[i][j]=pw[i][j-1]*(1-dat[i]);
        }
        
        double res=0;dp[0][r]=1;
        for(int i=0;i<n;i++)
            for(int j=0;j<=r;j++)
            {
                dp[i+1][j]+=dp[i][j]*pw[i+1][j];
                if(j>=1)
                {
                    dp[i+1][j-1]+=dp[i][j]*(1-pw[i+1][j]);
                    res+=dp[i][j]*(1-pw[i+1][j])*d[i+1];
                }
            }
        printf("%.10lf\n",res);
    }
    return 0;
}

Review:

从题目特点出发寻找状态的设定

如果各项独立，分开来计算