upc - 5212: Coins I（概率DP）

最新推荐文章于 2020-04-28 11:58:16 发布

繁花开尽i

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CC 4.0 BY-SA版权

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/Vitamin_R/article/details/81944259

本文介绍了一个使用概率动态规划（DP）解决硬币翻转问题的方法，旨在通过有限次操作最大化硬币正面朝上的期望数量。文章详细解释了问题背景、策略选择以及递推式的推导过程。

题目描述

Alice and Bob are playing a simple game. They line up a row of n identical coins, all with the heads facing down onto the table and the tails upward.
For exactly m times they select any k of the coins and toss them into the air, replacing each of them either heads-up or heads-down with the same possibility. Their purpose is to gain as many coins heads-up as they can.

输入

The input has several test cases and the ﬁrst line contains the integer t (1 ≤ t ≤ 1000) which is the total number of cases.
For each case, a line contains three space-separated integers n, m (1 ≤ n, m ≤ 100) and k (1 ≤ k ≤ n).

输出

For each test case, output the expected number of coins heads-up which you could have at the end under the optimal strategy, as a real number with the precision of 3 digits.

样例输入

样例输出

来源/分类

ICPC2017 Urumqi

原来还有概率dp这种东西.......

题意：

给出n个反着的硬币，m次操作，每次可以任选k个硬币抛向空中，每个落下来正反的概率各占一半。

问，在尽量使硬币为正的策略下，最后的正面期望值。

分析：

想了很久的规律....丝毫没有考虑到dp...

首先，最优策略就是：每次选取k个的时候，我们先选反面朝上的硬币，如果不够，再选正面朝上的

因为每次的翻转只跟上次的翻转情况有关，所以我们可以推导一下递推式dp

很容易想到dp[i][j] 表示翻转完第i次时，j个硬币正面朝上的概率

递推式：我们得到了dp[i][j] 第 i 次翻转后有 j 个正面朝上，这时候我们进行第 i+1 次翻转，会遇到两种情况：

j+k<=n: 即我们可以选k个反面朝上的硬币操作，然后可以求得这k个硬币中朝上的个数 t 的概率p，那么dp[i+1][j+t] = dp[i][j]*p; p = C(k,t)* (1/2)^k
j+k > n: 即需要选择 tp=(j+k-n) 个正面朝上的硬币进行翻转，所以第i+1次翻转后确定的正面朝上的个数为 j-tp 个，然后考虑k个刚翻转的正面朝上的个数t 的概率p，p还是C(k,t)* (1/2)^k；所以此时递推式为 dp[i+1][j-tp+t] = dp[i][j]*p;

而且：对于给定的k，t 的概率p恒为 C(k,t)* (1/2)^k，所以可以先预处理这一部分

AC代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define inf 0x3f3f3f3f
#define linf 0x3f3f3f3f3f3f3f3fLL
#define pi acos(-1.0)
#define ms(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
using namespace std;
typedef long long ll;
ll qpow(ll x, ll y, ll mod){ll s=1;while(y){if(y&1)s=s*x%mod;x=x*x%mod;y>>=1;}return s;}

int n, m, k;
double dp[105][105];
double C[105][105], p[105];

void init()
{
    C[0][0] = 1; p[0] = 1;
    for(int i=1;i<105;i++)
    {
        C[i][0]=1;
        p[i]=p[i-1]*0.5;
        for(int j=1;j<=i;j++)
            C[i][j]=C[i-1][j]+C[i-1][j-1];
    }
    for(int i=0;i<=k;i++) C[k][i]*=p[k];
}
int main()
{
    int T; scanf("%d", &T);
    while(T--)
    {
        scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);
        init(); ms(dp, 0);
        dp[0][0] = 1;
        for(int i=0;i<m;i++)
        {
            for(int j=0;j<=n;j++)
            {
                if(j+k<=n)
                {
                    for(int t=0;t<=k;t++)
                        dp[i+1][j+t] += dp[i][j]*C[k][t];
                }
                else
                {
                    int tp=j+k-n;
                    for(int t=0;t<=k;t++)
                        dp[i+1][j+t-tp] += dp[i][j]*C[k][t];
                }
            }
        }
        double ans = 0;
        for(int i=1; i<=n; i++)
            ans += i*dp[m][i];

        printf("%.3f\n", ans);
    }

    return 0;
}