10.14T2 简单期望DP

Description

打开了黑魔法师Vani的大门，队员们在迷宫般的路上漫无目的地搜寻着关押applepi的监狱的所在地。突然，眼前一道亮光闪过。“我，Nizem，是黑魔法圣殿的守卫者。如果你能通过我的挑战，那么你可以带走黑魔法圣殿的地图……”瞬间，队员们被传送到了一个擂台上，最初身边有一个容量为K的包包。
擂台赛一共有N项挑战，各项挑战依次进行。第项挑战有一个属性，如果ai>=0，表示这次挑战成功后可以再获得一个容量为的包包；如果ai=-1，则表示这次挑战成功后可以得到一个大小为1 的地图残片。地图残片必须装在包包里才能带出擂台，包包没有必要全部装满，但是队员们必须把获得的所有的地图残片都带走（没有得到的不用考虑，只需要完成所有项挑战后背包容量足够容纳地图残片即可），才能拼出完整的地图。并且他们至少要挑战成功L次才能离开擂台。
队员们一筹莫展之时，善良的守卫者Nizem帮忙预估出了每项挑战成功的概率，其中第项挑战成功的概率为pi/100。现在，请你帮忙预测一下，队员们能够带上他们获得的地图残片离开擂台的概率。

Input

第一行三个整数N,L,K。
第二行N个实数，第i个实数pi表示第i项挑战成功的百分比。
第三行N个整数，第i个整数ai表示第i项挑战的属性值.

Output

一个整数，表示所求概率，四舍五入保留6 位小数。

Sample Input

3 1 0

10 20 30

-1 -1 2

Sample Output

0.300000

Hint

样例输入2
5 1 2
36 44 13 83 63
-1 2 -1 2 1
样例输出2
0.980387
样例说明
在第一个样例中，若第三项挑战成功，如果前两场中某场胜利，队员们就有空间来容纳得到的地图残片，如果挑战失败，根本就没有获得地图残片，不用考虑是否能装下；若第三项挑战失败，如果前两场有胜利，没有包来装地图残片，如果前两场都失败，不满足至少挑战成功次（L=1）的要求。因此所求概率就是第三场挑战获胜的概率。

数据范围与约定
对于 100% 的数据，保证0<=K=2000，0<=N<=200，-1<=ai<=1000，0<=L<=N,0<=pi<=100。

 

 

 

 

 

 

官方题解:

比较明显的动态规划。F[i][j][k]表示经过前i项挑战，目前背包容量为j，有k项挑战获得了胜利的概率。j>0代表背包有j的剩余空间，j<0代表目前有-j的地图残片还未装入。j的取值范围是-200~200，超出范围没有意义，直接与±200取Min/Max即可。

转移方式只有两种：第i次挑战成功/失败.

时间复杂度O(400*n^2)。

 

 

本人另外的思考：

这题看出是dp还是比较简单的，因为我们可以从时间复杂度得出这个结论

但我一开始是搞了四维出来，因为我把获得的卡片也单独作为一个维度来处理

妙的地方在于这里如果是碎片的话应该是-1 ，相当于吃掉了1的容量，接下来事情就变得好做多了

另外两个启发还是：因为碎片有上限n，所以容量超过n的时候强行归为n。   做dp的时候比如胜利几场如果是调用前面的容易到负数去，此时就用 i 推到 i+1 也是一个方法

code：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#define N 2000
using namespace std;
double p[N];
int a[N];
double f[201][201][201],ans;
int sum[300];
int main() {
    int n,l,t;
    cin>>n>>l>>t;
    for(int i=1; i<=n; i++) {
        cin>>p[i];
        p[i]/=100;
        //cout<<p[i]<<" ";
    }
    for(int i=1; i<=n; i++) {
        cin>>a[i];
    }
    t=min(t,n);
    f[0][0][t+200]=1.0;
    for(int i=0; i<n; i++) {
        for(int j=0; j<=n; j++) {
            for(int k=-n; k<=n; k++) {
                if(a[i+1]==-1) {
                    f[i+1][j][k+200]+=f[i][j][k+200]*(1-p[i+1]);
                    f[i+1][j+1][k-1+200]+=f[i][j][k+200]*p[i+1];
                } else {
                    f[i+1][j+1][min(k+a[i+1],n)+200]+=f[i][j][k+200]*p[i+1];
                    f[i+1][j][k+200]+=f[i][j][k+200]*(1-p[i+1]);
                }
            }
        }
    }
    for(int j=l; j<=n; j++)
        for(int k=0; k<=n; k++)
            ans+=f[n][j][k+200];
    printf("%.6lf",ans);
    return 0;
}

over