Atcoder dp I Coins 题解

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$\scr{\color{BlueViolet}{Solution}}$

观察数据，发现$ \cal{n} \le 3000 $，说明 $ Ο(\cal{n^2}) $可过,容易想到DP。

用 $\cal{dp[i][j]}$ 表示抛完第$\cal{i}$个硬币时，有$\cal{j}$个硬币正面朝上的概率。

考虑$\cal{dp[i][j]}$如何转移，易发现有以下两种情况，（当前正面朝上概率为 $\cal{p_i}$）：

• 本次抛得硬币是正面：抛到正面概率 乘 抛完第$\cal{i-1}$个硬币后，有$j-1$个硬币朝上的概率。
• 本次抛得硬币是反面：抛到反面概率 乘 抛完第$\cal{i-1}$个硬币后，有$j$个硬币朝上的概率。

我们把以上两种情况表示出来，也就是：${dp[i][j]} = {p_i}  \times {dp[i-1][j-1]} + {1-p_i} \times {dp[i-1][j]}$

初始值：$\cal{dp[0][0]=1}$，因为第$0$次抽到$0$张卡的概率一定是$1$。

其余$dp[i][j]$值都为0。

然后就好了，最后统计一下符合条件的所有可能情况。

时间复杂度：$\cal{O(n^2)}$

Code:

#include<bits/stdc++.h>
#define L long long
using namespace std;
double a[3005];
double dp[3005][3005];
int main()
{
    int n;
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lf",&a[i]);
    dp[0][0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        for(int j=0;j<=i;j++)
        {
            if(i==j) dp[i][j]+=dp[i-1][j-1]*a[i];
            else if(j!=0) dp[i][j]+=dp[i-1][j-1]*a[i]+dp[i-1][j]*(1-a[i]);
            else dp[i][j]+=dp[i-1][j]*(1-a[i]);
        }
    }
    double summ=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    if(i>n-i) summ+=dp[n][i];
    printf("%.9lf",summ);
    return 0;
}