4008: [HNOI2015]亚瑟王

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分析：

　　根据期望的线性性，直接求出每张牌出现的概率，最后乘以攻击力就是答案。

　　每张牌出现的概率只与它前面的牌有关，与后面的没有关系，于是按顺序考虑每张牌。

　　$f[i][j]$表示到第i张牌，还剩j次出牌的机会（即轮数）的概率，那么有$f[0][r] = 1.0$，然后考虑如何转移。

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

　　第一项表示第i张牌没有造成伤害的概率，那么后面的轮数中，选到i的时候，概率都是$1-p[i]$，共j轮，所以是$(1-p[i])^j$。

　　第二项表示第i张牌造成伤害的概率，那么后面的轮中，只要有一轮抽中即可，一共j+1轮，j+1轮都没有的概率是$(1-p[i])^{j +1}$，那么只要抽中一轮即可，就是$1-(1-p[i])^{j +1}$。

　　第i张牌出现的概率就可以用第二项求出。

代码：

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<iostream>
#include<cctype>
#include<set>
#include<map>
#include<queue>
#include<vector>
#define fi(s) freopen(s,"r",stdin)
#define fo(s) freopen(s,"w",stdout)
using namespace std;
typedef long long LL;

inline int read() {
    int x=,f=;char ch=getchar();for(;!isdigit(ch);ch=getchar())if(ch=='-')f=-;
    for(;isdigit(ch);ch=getchar())x=x*+ch-'';return x*f;
}

const int N = ;
double f[N][N], p[N], mi[N][N];
int a[N];

void solve() {
    int n = read(), r = read();
    for (int i = ; i <= n; ++i) scanf("%lf%d", &p[i], &a[i]);
    for (int i = ; i <= n; ++i) {
        mi[i][] = 1.0;
        for (int j = ; j <= r; ++j) mi[i][j] = mi[i][j - ] * ( - p[i]);
    }
    double ans = ;
    memset(f, , sizeof(f));
    f[][r] = 1.0;
    for (int i = ; i <= n; ++i) {
        double now = ;
        for (int j = r; ~j; --j) {
            f[i][j] = f[i - ][j] * mi[i][j] + f[i - ][j + ] * ( - mi[i][j + ]);
            now += f[i - ][j + ] * ( - mi[i][j + ]);
        }
        ans += 1.0 * now * a[i];
    }
    printf("%.10lf\n", ans);
}
int main () {
    for (int T = read(); T --; solve());
    return ;
}