【bzoj4008 hnoi2015】 亚瑟王

题目描述

小 K 不慎被 LL 邪教洗脑了，洗脑程度深到他甚至想要从亚瑟王邪教中脱坑。他决定，在脱坑之前，最后再来打一盘亚瑟王。既然是最后一战，就一定要打得漂亮。众所周知，亚瑟王是一个看脸的游戏，技能的发动都是看概率的。

作为一个非洲人，同时作为一个前 OIer，小 K 自然是希望最大化造成伤害的期望值。但他已经多年没写过代码，连 Spaly都敲不对了，因此，希望你能帮帮小 K，让他感受一下当欧洲人是怎样的体验。

本题中我们将考虑游戏的一个简化版模型。 玩家有一套卡牌，共 n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。本题中，顺序已经确定，即为输入的顺序。每张卡牌都有一个技能。第 i 张卡牌的技能发动概率为 pi，如果成功发动，则会对敌方造成di点伤害。也只有通过发动技能，卡牌才能对敌方造成伤害。基于现实因素以及小K非洲血统的考虑，pi不会为 0，也不会为 1，即 0 < pi < 1。 一局游戏一共有 r 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：

1如果这张卡牌在这一局游戏中已经发动过技能，则

1.1 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。

2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

2.1将其以 pi的概率发动技能。

2.2如果技能发动，则对敌方造成 di点伤害，并结束这一轮。

2.3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。

输入输出格式

输入格式：

输入文件的第一行包含一个整数 T，代表测试数据组数。 接下来一共 T 组数据。 每组数据的第一行包含两个用空格分开的整数 n和r，分别代表卡牌的张数和游戏的轮数。 接下来 n行，每行包含一个实数和一个整数，由空格隔开，描述一张卡牌。第i 行的两个数为 pi和 di，分别代表第 i 张卡牌技能发动的概率（实数）和技能发动造成的伤害（整数）。保证 pi最多包含 4位小数，且为一个合法的概率。

输出格式：

对于每组数据，输出一行，包含一个实数，为这套卡牌在这一局游戏中造成的伤害的期望值。对于每一行输出，只有当你的输出和标准答案的相对误差不超过10^-8时——即|a-o|/a<=10-8时(其中a是标准答案，o是输出)，你的输出才会被判为正确。建议输出10 位小数。

题意：
       开始有n张牌，每张牌牌有伤害值di,发动的概率pi，进行r轮这样的操作：从头开始考虑每一张牌，如果第i张牌已经被选，跳过；否则有pi的概率选取它并且结束这个操作(存在一轮之后并未选牌的情况)；

题解：
     ①分析题的话，对于一个确定的n，第i张牌发动的概率和d无关，先统计概率，再乘以权值就是期望了。

     ②定义状态f[i,j] 为到第i张牌时，有r-j次选了1->i-1之间的牌，还有j次机会去选后面i+1->n的牌的概率；

     ③转移的话，如果选了第i-1张(每张牌最多只能被选一次)  

$$f[i][j] = f[i-1][j+1]*(1-(1-p[i-1])^{j+1})$$

如果并没有选第i-1张牌

$$f[i][j] = f[i-1][j]*(1-p[i-1])^{j}$$

     ④最后统计答案把每一个i的所有概率之和乘di累加即可；

     (关键在于状态的定义)

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstring>
const int N=1000;
int T,n,r,d[N];
double p[N];
double dp[N][N];
double pw(double x,int y){
	double res = 1.0;
	while(y){
		if(y&1) res*=x;
		y>>=1; x*=x;
	}
	return res;
}
int main()
{	freopen("bzoj4008.in","r",stdin);
	freopen("bzoj4008.out","w",stdout);
	scanf("%d",&T);
	while(T--){
	scanf("%d%d",&n,&r);
	for(int i = 1;i <= n;i++)scanf("%lf%d",&p[i],&d[i]);
	double ans = 0.0; memset(dp,0,sizeof(dp)); dp[0][r] = 1.0;
	for(int i = 1;i <= n;i++)
	for(int j = 1;j <= r;j++){
		dp[i][j] = dp[i-1][j] * pw(1-p[i-1],j) + dp[i-1][j+1] * (1 - pw(1-p[i-1],j+1));
		ans += dp[i][j] * (1 - pw(1 - p[i],j)) * d[i];
	}
	printf("%.10lf\n",ans);
	}
	return 0;
}//by tkys_Austin;