[bzoj3029] 守卫者的挑战 (概率期望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i项挑战有一个属性ai，如果ai>=0，表示这次挑战成功后可以再获得一个容量为ai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N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i项挑战成功的概率为pi%。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

样例输入1

3 1 0

10 20 30

-1 -1 2

样例输入2

5 1 2

36 44 13 83 63

-1 2 -1 2 1

Sample Output

样例输出1

0.300000

样例输出2

0.980387

HINT

　　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（）的要求。因此所求概率就是第三场挑战获胜的概率。

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

Solution

刷表法(我好像写的麻烦了qwq)

Code

//By Menteur_Hxy

#include<cstdio>

#include<cstdlib>

#include<cstring>

#include<iostream>

#include<algorithm>

#define F(i,a,b) for(register int i=(a);i<=(b);i++)

using namespace std;

int read() {

	int x=0,f=1; char c=getchar();

	while(!isdigit(c)) {if(c=='-')f=-f; c=getchar();}

	while(isdigit(c)) x=(x<<1)+(x<<3)+c-48,c=getchar();

	return x*f;

}

const int N=210;

int n,L,k;

int val[N];

double p[N],dp[2][N][N<<1];

int main() {

	n=read(),L=read(),k=read();

	F(i,1,n) p[i]=(double)read()/100.0;

	F(i,1,n) val[i]=read();

	dp[0][0][min(n,k)+N]=1;

	int m=0;

	F(l,0,n-1) {

		m^=1;

		F(i,0,l) F(j,-n,n) dp[m][i][j+N]=0;

		F(i,0,l) F(j,-n,n)

		if(val[l+1]>=0)  {

			dp[m][i+1][min(j+val[l+1],n)+N]+=dp[m^1][i][j+N]*p[l+1];

//            printf("dp[%d][%d][%d]=%0.6lf\n",m,l+1,min(j+val[l+1],n)+N,dp[m][i+1][min(j+val[l+1],n)+N]);

			dp[m][i][j+N]+=dp[m^1][i][j+N]*(1-p[l+1]);

		} else {

			dp[m][i+1][j-1+N]+=dp[m^1][i][j+N]*p[l+1];

//            printf("dp[%d][%d][%d]=%0.6lf\n",m,l+1,j-1+N,dp[m][l+1][j-1+N]);

			dp[m][i][j+N]+=dp[m^1][i][j+N]*(1-p[l+1]);

		}

	}

	double ans=0;

	F(i,L,n) F(j,0,n) ans+=dp[m][i][j+N];

	printf("%.6lf",ans);

	return 0;

}