A Dangerous Maze (II) LightOJ - 1395(概率dp)
A Dangerous Maze (II) LightOJ - 1395(概率dp)
这题是Light Oj 1027的加强版,1027那道是无记忆的。
题意: 有n扇门,每次你可以选择其中一扇。xi为负值的门带你abs(xi)后又回到原点。xi为正值
的门则带你离开迷宫,并且你会记住你前面选择的K道门,在下次选择的时候不会选择这些门。选择每扇门的概率相等。求走出迷宫的时间期望值。
题解:
\(定义E[i] 表示记住了K道门后,显然这K道门都是为负值的门,走出迷宫的时间期望值,sum1表示为正的时间的和,sum2表示为负的时间的和,cnt表示为负的时间的个数\)
首先\(K = min(cnt,K)\)
若K == cnt,那么E[K]就相当于从正值门中随便选一道出去即可 $$E[K] = \frac{sum1}{n-cnt}$$
否则$$E[K] = \frac{sum1}{n-K} + \frac{\sum{(T负)}+(cnt - K) \cdot E[K]}{n - K}$$
对于0 <= i < K 则有 $$E[i] = \frac{sum1}{n - i} + \frac{\sum{(T负)}+(cnt - i) \cdot E[i+1]}{n - i}$$
\(\sum{(T负)}的意思是 在已经走过了K道负值门之后,再选择cnt - K道负值门的时间的和\)
但是前面的选择的K道负门 具体是怎样的我们并不知道,该怎么求呢
再来一个问题假设有n个数,先选K个数,在从剩下的数里面选择一个数的平均值是多少呢?
答案其实就是n个数的平均值
n个数先选K个再选,可以等价于先从n个中选n-K个,再选一个
考虑每个数的贡献,选完某个数,然后就从剩下n-1个中选n-k-1个呗
平均值就等于 $$\frac{\frac{1}{n-k} \cdot C(n-1,n-k-1) \cdot \sum{a_i} }{C(n,n-k)} = \frac{\sum{a_i}}{n} $$
于是$$\sum{T负} = \frac{\sum{a_负}}{cnt} \cdot (cnt - i) $$
将上式代入E[K],cnt != K那个式子化简后可得
\]
从后往前推 E[0]就是答案,注意特判cnt = n时永远无法逃出迷宫,输出-1
#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;
int main()
{
int T, cas = 1;
cin>>T;
while(T--){
int n, K;
scanf("%d%d",&n,&K);
int cnt = 0,sum1 = 0,sum2 = 0, x;
for(int i = 0;i < n;i++){
scanf("%d",&x);
if(x > 0) sum1 += x;
else sum2 += -x,cnt++;
}
printf("Case %d: ",cas++);
if(cnt == n) {
printf("-1\n");
continue;
}
K = min(cnt,K);
double ans = 0;
if(cnt == K) ans = sum1 / 1.0 / (n - cnt);
else ans = sum1 / 1.0 / (n - cnt) + sum2 * 1.0 * (cnt - K) / cnt / (n - cnt);
for(int i = K - 1;i >= 0;i--) {
ans = sum1 * 1.0 / (n - i) + (sum2 * 1.0 / cnt + ans) * (cnt - i) / (n - i);
}
printf("%.12f\n",ans);
}
return 0;
}
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