BZOJ1076 [SCOI2008]奖励关【状压dp + 数学期望】

1076: [SCOI2008]奖励关

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Description

　　你正在玩你最喜欢的电子游戏，并且刚刚进入一个奖励关。在这个奖励关里，系统将依次随机抛出k次宝物，
每次你都可以选择吃或者不吃（必须在抛出下一个宝物之前做出选择，且现在决定不吃的宝物以后也不能再吃）。
宝物一共有n种，系统每次抛出这n种宝物的概率都相同且相互独立。也就是说，即使前k-1次系统都抛出宝物1（
这种情况是有可能出现的，尽管概率非常小），第k次抛出各个宝物的概率依然均为1/n。获取第i种宝物将得到Pi
分，但并不是每种宝物都是可以随意获取的。第i种宝物有一个前提宝物集合Si。只有当Si中所有宝物都至少吃过
一次，才能吃第i种宝物（如果系统抛出了一个目前不能吃的宝物，相当于白白的损失了一次机会）。注意，Pi可
以是负数，但如果它是很多高分宝物的前提，损失短期利益而吃掉这个负分宝物将获得更大的长期利益。假设你
采取最优策略，平均情况你一共能在奖励关得到多少分值？

Input

　　第一行为两个正整数k和n，即宝物的数量和种类。以下n行分别描述一种宝物，其中第一个整数代表分值，随
后的整数依次代表该宝物的各个前提宝物（各宝物编号为1到n），以0结尾。

Output

　　输出一个实数，保留六位小数，即在最优策略下平均情况的得分。

Sample Input

1 2
1 0
2 0

Sample Output

1.500000

HINT

【数据规模】

1<=k<=100,1<=n<=15，分值为[-10^6,10^6]内的整数。

很容易想到状压Dp，但是转移的过程着实令人头疼

我们设f[i][s]是第i轮过后已吃状态为s的期望最优值

怎么转移？

我们考虑正着推：

①用f[i][s]更新f[i + 1][...]，考虑到是概率期望，所以每次更新所产生的贡献难以确定

②用f[i - 1][...]更新f[i][s]，由于宝物是可以重复收取的，所以无法确定删去一个点后的状态

那么我们可以考虑这样：f[i][s]表示第i轮开始前状态为s，从此刻开始到所有宝物收取完的利益期望之和

我们就可以每次枚举n个可能抛出的物品进行状态转移了

【状压的转移方式很重要】

#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<cstring>

#include<algorithm>

#define LL long long int

#define REP(i,n) for (int i = 1; i <= (n); i++)

#define Redge(u) for (int k = head[u]; k != -1; k = edge[k].next)

using namespace std;

const int maxn = 20,maxk = 105,maxm = 1 << 15,INF = 1000000000;

inline int RD(){

	int out = 0,flag = 1; char c = getchar();

	while (c < 48 || c > 57) {if (c == '-') flag = -1; c = getchar();}

	while (c >= 48 && c <= 57) {out = (out << 1) + (out << 3) + c - '0'; c = getchar();}

	return out * flag;

}

double f[maxk][maxm];

int v[maxn],w[maxn],n,K;

int main(){

	K = RD(); n = RD(); int x,maxv = (1 << n) - 1;

	REP(i,n){

		w[i] = RD();

		while ((x = RD())) v[i] |= (1 << x - 1);

	}

	for (int i = K; i > 0; i--){

		for (int s = 0; s <= maxv; s++){

			for (int t = 1; t <= n; t++){

				if ((s & v[t]) == v[t]){

					int e = 1 << t - 1;

					f[i][s] += max(f[i + 1][s],f[i + 1][s | e] + w[t]);

				}else f[i][s] += f[i + 1][s];

			}

			f[i][s] /= n;

		}

	}

	printf("%.6lf\n",f[1][0]);

	return 0;

}