4009.收集卡牌
| 4009. 收集卡牌 - AcWing题库 |
|---|
| 难度：困难 |
| 时/空限制：1s / 512MB |
| 总通过数：995 |
| 总尝试数：1852 |
| 来源： 第23次CCF计算机软件能力认证 |
| 算法标签 数学期望DP状态压缩DP记忆化搜索 |
题目内容
小林在玩一个抽卡游戏，其中有 n 种不同的卡牌，编号为 1 到 n。
每一次抽卡，她获得第 i 种卡牌的概率为 pi。
如果这张卡牌之前已经获得过了，就会转化为一枚硬币。
可以用 k 枚硬币交换一张没有获得过的卡。
小林会一直抽卡，直至集齐了所有种类的卡牌为止，求她的期望抽卡次数。
如果你给出的答案与标准答案的绝对误差不超过
1
0
−
4
10^{-4}
10−4，则视为正确。
提示：聪明的小林会把硬币攒在手里，等到通过兑换就可以获得剩余所有卡牌时，一次性兑换并停止抽卡。
输入格式
输入共两行。
第一行包含两个用空格分隔的正整数 n,k，第二行给出 p1,p2,…,pn，用空格分隔。
输出格式
输出共一行，一个实数，即期望抽卡次数。
数据范围
对于 20% 的数据，保证 1≤n,k≤5。
对于另外 20% 的数据，保证所有 pi 是相等的。
对于 100% 的数据，保证 1≤n≤16,1≤k≤5，所有的 pi 满足 pi≥1/10000，且
∑
i
=
1
n
\sum_{i=1}^n
∑i=1n pi=1。
注意，本题在官网必须保留 10 位小数才能通过（可能是没加SPJ），在本网站无此问题，只要满足你给出的答案与标准答案的绝对误差不超过
1
0
−
4
10^{-4}
10−4，则视为正确。
输入样例1：
2 2
0.4 0.6
输出样例1：
2.52
样例1解释
共有 2 种卡牌，不妨记为 A 和 B，获得概率分别为 0.4 和 0.6，2 枚硬币可以换一张卡牌。下面给出各种可能出现的情况：
- 第一次抽卡获得 A，第二次抽卡获得 B，抽卡结束，概率为 0.4×0.6=0.24，抽卡次数为 2。
- 第一次抽卡获得 A，第二次抽卡获得 A，第三次抽卡获得 B，抽卡结束，概率为 0.4×0.4×0.6=0.096，抽卡次数为 3。
- 第一次抽卡获得 A，第二次抽卡获得 A，第三次抽卡获得 A，用硬币兑换 B，抽卡结束，概率为 0.4×0.4×0.4=0.064，抽卡次数为 3。
- 第一次抽卡获得 B，第二次抽卡获得 A，抽卡结束，概率为 0.6×0.4=0.24，抽卡次数为 2。
- 第一次抽卡获得 B，第二次抽卡获得 B，第三次抽卡获得 A，抽卡结束，概率为 0.6×0.6×0.4=0.144，抽卡次数为 3。
- 第一次抽卡获得 B，第二次抽卡获得 B，第三次抽卡获得 B，用硬币兑换 A，抽卡结束，概率为 0.6×0.6×0.6=0.216，抽卡次数为 3。
因此答案是 0.24×2+0.096×3+0.064×3+0.24×2+0.144×3+0.216×3=2.52
输入样例2：
4 3
0.006 0.1 0.2 0.694
输出样例2：
7.3229920752
题目解析
最后用硬币兑换没有出现过的卡牌
n表示卡牌总共的种类
k表示多少枚硬币换一张卡牌
第二行是每次抽到每张卡牌的概率
输出期望抽卡次数
非常经典的，在算法题里常见的数学期望问题‘
从数学期望的角度分析
n很小，表示状态的时候需要用状态压缩的思想
如何表示状态
假设n=5，现在的卡牌有2，4，5，硬币的数量是2
因为n很小，只有16，表示有哪些卡牌的时候，可以用一个压缩的状态，用一个5位的01串来表示，01011，分别表示这5张卡牌有没有
用第二个数表示硬币数
所以状态可以用
(
01011
,
2
)
(01011,2)
(01011,2)的二维状态来表示
写代码的时候把01串看成是二进制表示，转化成对应的十进制数来存储
从当前这个状态直到集齐所有卡牌，这个过程在概率论里面称为事件
需要找一下不同事件之间的关系
比如
(
01011
,
2
)
(01011,2)
(01011,2)，可以转化成哪些事件呢
就看下一抽能抽到什么卡牌
一共有五种抽发，所以能变成五种事件，概率分别是
p
1
,
p
2
,
p
3
,
p
4
,
p
5
p_{1},p_{2},p_{3},p_{4},p_{5}
p1,p2,p3,p4,p5
如果下一抽抽的是第一张卡牌的话，变成的事件分别是
X
1
，
X
2
,
X
3
,
X
4
,
X
5
X_{1}，X_{2},X_{3},X_{4},X_{5}
X1，X2,X3,X4,X5
X
1
X_{1}
X1是
(
11011
,
2
)
(11011,2)
(11011,2)
X
2
X_{2}
X2是
(
01011
,
3
)
(01011,3)
(01011,3)
X
3
X_{3}
X3是
(
01111
,
2
)
(01111,2)
(01111,2)
X
4
X_{4}
X4是
(
01011
,
3
)
(01011,3)
(01011,3)
X
5
X_{5}
X5是
(
01011
,
3
)
(01011,3)
(01011,3)
设初始事件是
X
X
X，会被5种不同的概率分辨成5种事件
当然在变成
X
1
X_{1}
X1的时候，需要付出1抽的代价
所以期望是加1的，因为要多一步
这几个事件之间的关系
X
=
P
1
(
X
1
+
1
)
+
⋯
+
P
n
(
X
n
+
1
)
X=P_{1}(X_{1}+1)+\dots+P_{n}(X_{n}+1)
X=P1(X1+1)+⋯+Pn(Xn+1)
E
(
x
)
=
E
(
P
1
(
X
1
+
1
)
+
⋯
+
P
n
(
X
n
+
1
)
)
E(x)=E(P_{1}(X_{1}+1)+\dots+P_{n}(X_{n}+1))
E(x)=E(P1(X1+1)+⋯+Pn(Xn+1))
要找的是
E
(
x
1
)
E(x_{1})
E(x1)到
E
(
x
2
)
E(x_{2})
E(x2)一直到
E
(
x
5
)
E(x_{5})
E(x5)之间的关系
但是
E
(
x
)
E(x)
E(x)里面还有其他的项，又有乘法又有加法
要用期望的运算性质把它展开整理一下
期望的运算性质
E
(
C
)
=
C
E
(
C
X
)
=
C
E
(
x
)
E
(
X
+
Y
)
=
E
(
x
)
+
E
(
Y
)
\begin{array}{} E(C)=C \\ E(CX)=CE(x) \\ E(X+Y)=E(x)+E(Y) \end{array}
E(C)=CE(CX)=CE(x)E(X+Y)=E(x)+E(Y)
E
(
x
)
=
E
(
P
1
(
X
1
+
1
)
)
+
⋯
+
E
(
P
n
(
X
n
+
1
)
=
P
1
E
(
X
1
+
1
)
+
⋯
+
P
n
E
(
X
n
+
1
)
\begin{array}{} E(x)=E(P_{1}(X_{1}+1))+\dots+E(P_{n}(X_{n}+1) \\ =P_{1}E(X_{1}+1)+\dots+P_{n}E(X_{n}+1) \end{array}
E(x)=E(P1(X1+1))+⋯+E(Pn(Xn+1)=P1E(X1+1)+⋯+PnE(Xn+1)
x可以看成一个随机变量，相当于这个事件发生的概率是100%
=
P
1
(
E
(
X
1
)
+
E
(
1
)
)
+
⋯
+
P
n
(
E
(
X
n
)
+
E
(
1
)
)
=
P
1
(
E
(
X
1
)
+
1
)
+
⋯
+
P
n
(
E
(
X
n
)
+
1
)
\begin{array}{} =P_{1}(E(X_{1})+E(1))+\dots+P_{n}(E(X_{n})+E(1)) \\ =P_{1}(E(X_{1})+1)+\dots+P_{n}(E(X_{n})+1) \end{array}
=P1(E(X1)+E(1))+⋯+Pn(E(Xn)+E(1))=P1(E(X1)+1)+⋯+Pn(E(Xn)+1)
写代码的时候就和DP差不多了
f
(
s
,
c
)
=
p
1
(
f
(
s
1
,
c
1
)
+
1
)
+
⋯
+
p
n
(
f
(
s
n
,
c
n
)
+
1
)
f(s,c)=p_{1}(f(s_{1},c_{1})+1)+\dots+p_{n}(f(s_{n},c_{n})+1)
f(s,c)=p1(f(s1,c1)+1)+⋯+pn(f(sn,cn)+1)
可以看成一个DP问题
状态数量
第一维有16位，每一位有2种取法，2^16
第二维最多是每5个硬币换一张卡牌，所以k不可能大于80
因为如果有80个硬币，就可以换所有卡牌
一共是500多万个状态
每次算每个状态的时候，右边会有n项，8000万的计算量
而且有的状态是没有意义的，达不到的
用记忆化搜索来写
可以搜不到用不到的状态
数学期望是用DP来存的，期望的定义和DP是差不多的
如果不了解数学期望，可以把一个随机变量看成是一个集合
接下来就从集合角度分析DP问题
每一个事件可以看成一个集合
从当前状态集完所有卡牌的事件可以看成一个集合
抽五次的概率，p1
抽六次的概率，p2
…
左边一列是抽取的次数，右边一列是对应的概率
可以把这个集合看成是随机变量
代码
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 16, M = 1 << N;
//M表示每一种卡牌手里有没有
int n, m;
//p表示每种卡牌抽到的概率，f表示状态
double p[N], f[M][N * 5 + 1];
double dp(int state, int coins, int r)
{
//用v来表示当前状态
double& v = f[state][coins];
//如果v大于等于0，表示这个状态算过了
if (v >= 0) return v;
//否则判断一下当前缺少的卡牌数量
//如果硬币能够兑换剩下的，返回，不需要再抽了
if (coins >= r * m) return v = 0;
//否则计算当前状态
v = 0;
for (int i = 0; i < n; i ++)
//如果当前状态已经有这种卡牌了
if (state >> i & 1)
v += p[i] * (dp(state, coins + 1, r) + 1);
else
//如果没有这种卡牌的话，获得这张卡牌
v += p[i] * (dp(state | (1 << i), coins, r-1) + 1);
//多了一种没有用的卡牌，缺的卡牌数量应该减1
return v;
}
int main()
{
scanf("%d%d", &n, &m);
//读入每种卡牌抽到的概率
for (int i = 0; i < n; i ++) scanf("%lf", &p[i]);
//先将所有状态初始化成-1
memset(f, -1, sizeof f);
//输出一下一张卡牌也没有，硬币也是0的状态
printf("%.10lf\n", dp(0, 0, n));
//n表示一开始state有n位是0
return 0;
}
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