BZOJ1076[SCOI2008] 奖励关

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

奖励关

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[-10^6,106]内的整数。

题解

概率与期望第一题祭。。。

这道题很容易想到状压dp，因为宝物只有15种，我们可以用一个数的二进制来表示是否有某种宝物。所以可以用dp[i][j]来表示在第i个宝物掉落，宝物拾取情况为j时的期望最大得分。

而这道题因为宝物有前提限制，在顺推时不方便判断当前状态是否有效，所以我们采用倒推，从有效状态转移到有效状态就方便的多。

于是我们可以这么转移状态：

1.当我们拥有当前宝物的所有前提宝物时，我们可以从吃和不吃两个状态转移过来:
$$dp[i][j]+=max(dp[i+1][j],dp[i+1][j|p[a]]+val[a])$$

2.反之，只能不吃
$$dp[i][j]+=dp[i+1][j]$$

这里巧妙的使用了位运算，当我们判断该宝物的前提宝物是否吃到时，可以这么判断：
$$(jandcon[a])==con[a]$$  
这表示宝物a的前提宝物是一的地方，状态j中也都是一。

还有强制赋值时使用的$jorp[a]$，p[a]中是$2^{a-1}$，根据$or$的性质，只要两个数有一个是一，其结果就为一，于是我们便将第a位强行赋成了一。

另外要弄清楚期望是个什么东西，期望可以看作是所有可能事件的概率乘以时间的权值相加。

在本题中，每种宝物出现的几率，即在本轮中每个事件的发生几率相同，都是$\frac{1}{n}$，因此每次状态转移时我们也要将本次的总分除以n，于是每个状态的期望得分就是$\frac{上一个状态的期望得分+这个状态的得分}{n}$

最后的答案就在初始情况dp[1][0]中。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
double dp[105][66000];
int n,k,p[20],con[20],val[20];
void in()
{
	p[1]=1;
	for(int i=2;i<=16;++i)
	p[i]=p[i-1]<<1;
	int x;
	scanf("%d%d",&k,&n);
	for(int i=1;i<=n;++i)
	{
		scanf("%d",&val[i]);
		while(scanf("%d",&x)&&x)
		con[i]+=p[x];
	}
}
void ac()
{
	for(int i=k;i>=0;--i)
	for(int j=0;j<=p[n+1]-1;++j)
	{
		for(int a=1;a<=n;++a)
		{
			if((j&con[a])==con[a])
			dp[i][j]+=max(dp[i+1][j],dp[i+1][j|p[a]]+val[a]);
			else dp[i][j]+=dp[i+1][j];
		}
		dp[i][j]/=n;
	}
	printf("%.6lf",dp[1][0]);
}
int main()
{
	in();ac();
	return 0;
}