[HNOI 2015]亚瑟王

Description

小 K 不慎被 LL 邪教洗脑了，洗脑程度深到他甚至想要从亚瑟王邪教中脱坑。

他决定，在脱坑之前，最后再来打一盘亚瑟王。既然是最后一战，就一定要打得漂

亮。众所周知，亚瑟王是一个看脸的游戏，技能的发动都是看概率的。作为一个非

洲人，同时作为一个前 OIer，小 K 自然是希望最大化造成伤害的期望值。但他已

经多年没写过代码，连 Spaly都敲不对了，因此，希望你能帮帮小 K，让他感受一

下当欧洲人是怎样的体验。

本题中我们将考虑游戏的一个简化版模型。

玩家有一套卡牌，共 n张。游戏时，玩家将 n 张卡牌排列成某种顺序，排列后

将卡牌按从前往后依次编号为 1 ~ n。本题中，顺序已经确定，即为输入的顺序。

每张卡牌都有一个技能。第 i 张卡牌的技能发动概率为 pi，如果成功发动，则会对

敌方造成di点伤害。也只有通过发动技能，卡牌才能对敌方造成伤害。基于现实因

素以及小K非洲血统的考虑，pi不会为 0，也不会为 1，即 0 < pi < 1。

一局游戏一共有 r 轮。在每一轮中，系统将从第一张卡牌开始，按照顺序依次

考虑每张卡牌。在一轮中，对于依次考虑的每一张卡牌：

1如果这张卡牌在这一局游戏中已经发动过技能，则

1.1 如果这张卡牌不是最后一张，则跳过之（考虑下一张卡牌）；

否则（是最后一张），结束这一轮游戏。

2否则（这张卡牌在这一局游戏中没有发动过技能），设这张卡牌为第 i 张

2.1将其以 pi的概率发动技能。

2.2如果技能发动，则对敌方造成 di点伤害，并结束这一轮。

2.3如果这张卡牌已经是最后一张（即 i 等于n），则结束这一轮；否则，

考虑下一张卡牌。

请帮助小 K 求出这一套卡牌在一局游戏中能造成的伤害的期望值。

Input

输入文件的第一行包含一个整数 T，代表测试数据组数。

接下来一共 T 组数据。

每组数据的第一行包含两个用空格分开的整数 n和r，分别代表卡牌的张数和

游戏的轮数。

接下来 n行，每行包含一个实数和一个整数，由空格隔开，描述一张卡牌。第

i 行的两个数为 pi和 di，分别代表第 i 张卡牌技能发动的概率（实数）和技能发动

造成的伤害（整数）。保证 pi最多包含 4位小数，且为一个合法的概率。

Output

对于每组数据，输出一行，包含一个实数，为这套卡牌在这一局游戏中造成的

伤害的期望值。对于每一行输出，只有当你的输出和标准答案的相对误差不超过

10^-8时——即|a-o|/a<=10-8时(其中a是标准答案，o是输出)，你的输出才会被判为正确。

建议输出10 位小数。

Sample Input

1
3 2
0.5000 2
0.3000 3
0.9000 1

Sample Output

3.2660250000

HINT

一共有 13 种可能的情况：

1. 第一轮中，第 1张卡牌发动技能；第二轮中，第 2张卡牌发动技能；

概率为 0.15，伤害为5。

2. 第一轮中，第 1张卡牌发动技能；第二轮中，第 3张卡牌发动技能；

概率为 0.315，伤害为3。

3. 第一轮中，第 1张卡牌发动技能；第二轮不发动技能；

概率为 0.035，伤害为2。

4. 第一轮中，第 2张卡牌发动技能；第二轮中，第 1张卡牌发动技能；

概率为 0.075，伤害为5。

5. 第一轮中，第 2张卡牌发动技能；第二轮中，第 3张卡牌发动技能；

概率为 0.0675，伤害为4。

6. 第一轮中，第 2张卡牌发动技能；第二轮不发动技能；

概率为 0.0075，伤害为3。

7. 第一轮中，第 3张卡牌发动技能；第二轮中，第 1张卡牌发动技能；

概率为 0.1575，伤害为3。

8. 第一轮中，第 3张卡牌发动技能；第二轮中，第 2张卡牌发动技能；

概率为 0.04725，伤害为4。

9. 第一轮中，第 3张卡牌发动技能；第二轮不发动技能；

概率为 0.11025，伤害为1。

10. 第一轮不发动技能；第二轮中，第 1张卡牌发动技能；

概率为 0.0175，伤害为2。

11. 第一轮不发动技能；第二轮中，第 2张卡牌发动技能；

概率为 0.00525，伤害为3。

12. 第一轮不发动技能；第二轮中，第 3张卡牌发动技能；

概率为 0.011025，伤害为1。

13. 第一轮不发动技能；第二轮亦不发动技能；

概率为 0.001225，伤害为0。

造成伤害的期望值为概率与对应伤害乘积之和，为 3.266025。

对于所有测试数据， 1 <= T <= 444， 1 <= n <= 220， 0 <= r <= 132， 0 < pi < 1， 0 <= di <= 1000。

除非备注中有特殊说明，数据中 pi与di均为随机生成。

请注意可能存在的实数精度问题，并采取适当措施。

题解

利用期望的线性性 $E(x+y) = E(x)+E(y)$ 可知，这题我们可以先求出每张牌的打出概率 $fp_i$ ，然后就可以得出 $$ans = \sum_{i = 1}^n fp_i*d_i$$

这道题需要用到的一个公式：

在不考虑其他牌的前提下，若一张牌一轮打出的概率为 $p$ ，则在 $r$ 轮中打出这张牌的概率为： $$1-(1-p)^r$$

简要证明：

记要求的总概率为 $P$ ，显然

\begin{aligned}
P &= p+p*(1-p)+p*(1-p)^2+…+p*(1-p)^{r-1} \\
& = \frac{p*(1-(1-p)^r)}{1-(1-p)}\\
& = 1-(1-p)^r
\end{aligned}

另外我们发现，单独考虑每张牌的概率的时候，影响其的只有他前面选了几张。

我们不妨记一个辅助数组 $f_{i, j}$ 为总 $r$ 轮后前 $i$ 张牌中选中了 $j$ 张牌的概率。

容易发现： $$fp_i = \sum_{j = 0}^n f_{i-1, j}*(1-(1-p_i)^{r-j})$$

现在我们就是考虑 $f_{i, j}$ 如何转移。

第一种， $f_{i, j}$ 从 $f_{i-1, j}$ 转移过来，即第 $i$ 张牌最终没有选，始终不选第 $i$ 张牌的概率是 $(1-p_i)^{r-j}$

$$f_{i, j} += f_{i-1, j}*(1-p_i)^{r-j}(i>0)$$

第二种，当 $j>0$ 时， $f_{i, j}$ 可以从 $f_{i-1, j-1}$ 转移过来，表示最终选择了第 $i$ 张牌

这时候，有 $j-1$ 轮没有考虑到第 $i$ 张牌，所以考虑到第 $i$ 张牌的轮数是 $r-j+1$ ，最终选择的概率为 $1-(1-p_i)^{r-j+1}$

$$ f_{i, j} += f_{i-1, j-1}*(1-(1-p_i)^{r-j+1})(i>0,j>0)$$

总时间复杂度 $O(Tnr)$ 。

 //It is made by Awson on 2018.1.2

 #include <set>

 #include <map>

 #include <cmath>

 #include <ctime>

 #include <queue>

 #include <stack>

 #include <cstdio>

 #include <string>

 #include <vector>

 #include <cstdlib>

 #include <cstring>

 #include <iostream>

 #include <algorithm>

 #define LL long long

 #define LD long double

 #define Max(a, b) ((a) > (b) ? (a) : (b))

 #define Min(a, b) ((a) < (b) ? (a) : (b))

 using namespace std;

 const int N = ;

 int n, r;

 LD p[N+], d[N+];

 LD pre[N+][N+], f[N+][N+], fp[N+];

 void work() {

     scanf("%d%d", &n, &r);

     for (int i = ; i <= n; i++) scanf("%Lf%Lf", &p[i], &d[i]), pre[i][] = ;

     for (int i = ; i <= n; i++) for (int j = ; j <= r; j++) pre[i][j] = pre[i][j-]*(-p[i]);

     memset(f, , sizeof(f)); memset(fp, , sizeof(fp));

     f[][] = ;

     for (int i = ; i <= n; i++)

     for (int j = ; j <= r; j++) {

         fp[i] += f[i-][j]*(-pre[i][r-j]);

         f[i][j] += f[i-][j]*pre[i][r-j];

         if (j > ) f[i][j] += f[i-][j-]*(-pre[i][r-j+]);

     }

     LD ans = ;

     for (int i = ; i <= n; i++) ans += d[i]*fp[i];

     printf("%Lf\n", ans);

 }

 int main() {

     int t; cin >> t;

     while (t--) work();

     return ;

 }