【BZOJ】1076: [SCOI2008]奖励关（状压dp+数学期望）

http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1076

有时候人蠢还真是蠢。一开始我看不懂期望啊。。白书上其实讲得很详细的，什么全概率，全期望（这个压根没说）。

还是看了论文才知道全期望这个东西。。

意思很明白，就是说Y的期望等于

所有 可能的情况的期望值乘上得到这个期望值的概率 的和。

很难懂吗。。。慢慢想。

首先你得知道期望是 之中某个事件的概率×这个事件的贡献 之和。

而且这些事件相互独立。

那么这里求全期望也就是 “这个事件的贡献” 那里发生改变，而“这个事件”的贡献 也是一个需要求的期望。

本题中，我们设f[i][j]表示第i次拿宝物时，状态为j的最大期望。

由于有物品约束，所以我们在获取上一个期望时，要判断是否满足状态j包含了现在所拿物品k所需的物品。

由于本题要求求最大期望，那么对于每个满足的上一个期望，我们可以直接加上这个期望，也可以在这个加上这个期望再加上现在拿的物品k的价值。

如果k物品不可拿，我们直接加上本状态的上一个期望。

因为所有物品的概率相同，因此全期望公式可以变形为P(X=xi) sigma_i ( E(Y | X=xi) )

所以加上之前所有期望的和后，直接乘上概率1/n

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <string>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define rep(i, n) for(int i=0; i<(n); ++i)
#define for1(i,a,n) for(int i=(a);i<=(n);++i)
#define for2(i,a,n) for(int i=(a);i<(n);++i)
#define for3(i,a,n) for(int i=(a);i>=(n);--i)
#define for4(i,a,n) for(int i=(a);i>(n);--i)
#define CC(i,a) memset(i,a,sizeof(i))
#define read(a) a=getint()
#define print(a) printf("%d", a)
#define dbg(x) cout << #x << " = " << x << endl
#define printarr(a, n, m) rep(aaa, n) { rep(bbb, m) cout << a[aaa][bbb]; cout << endl; }
inline const int getint() { int r=0, k=1; char c=getchar(); for(; c<'0'||c>'9'; c=getchar()) if(c=='-') k=-1; for(; c>='0'&&c<='9'; c=getchar()) r=r*10+c-'0'; return k*r; }
inline const int max(const int &a, const int &b) { return a>b?a:b; }
inline const int min(const int &a, const int &b) { return a<b?a:b; }

const int N=20, K=105;
double f[K][70000];
int g[N], w[N], b[N], n, k;

int main() {
	read(k); read(n);
	for1(i, 1, n+1) b[i]=1<<(i-1);
	for1(i, 1, n) {
		read(w[i]);
		for(int t=getint(); t; t=getint()) g[i]+=b[t];
	}
	for3(i, k, 1) {
		for1(j, 0, b[n+1]-1) {
			for1(l, 1, n) {
				if((g[l]&j)==g[l]) //如果依赖都已经拿了
					f[i][j]+=max(f[i+1][j], f[i+1][j|b[l]]+w[l]); //选择最大值（因为题目有负值）
				else f[i][j]+=f[i+1][j]; //（否则直接转移）
			}
			f[i][j]/=(double)n;
		}
	}
	printf("%.6f\n", f[1][0]);
	return 0;
}

---

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

【样例2】 Input 6 6 12 2 3 4 5 0 15 5 0 -2
2 4 5 0 -11 2 5 0 5 0 1 2 4 5 0 Output 10.023470 【数据规模】
1<=k<=100,1<=n<=15，分值为[-10^6,10^6]内的整数。

Source