AT_DP_J Sushi 题解

原创于 2025-10-24 19:56:14 发布 · 741 阅读

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#1024程序员节 #动态规划

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题面

AT_dp_j Sushi

题目描述

有 $N$ 个盘子。每个盘子编号为 $\ldots, N$ 。最初，对于每个 $i$ （ $\leq i \leq N$ ），第 $i$ 个盘子上有 $a_i$ （ $\leq a_i \leq 3$ ）个寿司。

太郎君会不断重复以下操作，直到所有寿司都被吃完：

掷一个等概率出现 $\ldots, N$ 的骰子，掷出的点数为 $i$ 。如果第 $i$ 个盘子上还有寿司，则吃掉一个寿司；如果没有寿司，则什么也不做。

请你求出吃完所有寿司所需操作次数的期望值。

输入格式

输入从标准输入按以下格式给出。

$N$ $a_1$ $a_2$ $\ldots$ $a_N$

输出格式

输出吃完所有寿司所需操作次数的期望值。如果相对误差不超过 $10^{-9}$ ，则视为正确。

输入输出样例 #1

输入 #1

3
1 1 1

输出 #1

5.5

输入输出样例 #2

输入 #2

1
3

输出 #2

输入输出样例 #3

输入 #3

2
1 2

输出 #3

4.5

输入输出样例 #4

输入 #4

10
1 3 2 3 3 2 3 2 1 3

输出 #4

54.48064457488221

说明/提示

限制条件

输入均为整数。
$\leq N \leq 300$
$\leq a_i \leq 3$

样例解释 1

吃掉第一个寿司所需操作次数的期望为 $1$ 。之后，吃掉第二个寿司所需操作次数的期望为 $1.5$ 。再之后，吃掉第三个寿司所需操作次数的期望为 $3$ 。因此，总的操作次数期望为 $1 + 1.5 + 3 = 5.5$ 。

样例解释 2

例如，输出 3.00、3.000000003、2.999999997 等也可以被判定为正确。

由 ChatGPT 4.1 翻译

题面解析

给你一些数，每次操作使其中随机一个数减少 $1$ 并与 $0$ 取 $\max$ ，求把所有数变为 $0$ 的期望操作次数。

满绿期望DP，建议升蓝。

思路

考虑期望DP，第一个想到的就是把每个盘子里的数量都记录下来，然后暴力求期望值，但这种做法显然无法通过。

我们发现，题目中 $\le a_i \le 3$ ，并且结果和 $a$ 数组的排序无关，那么我们就可以记录有多少个盘子的寿司数为 $a_i$ 进行DP。

我们假设 $dp_{i,j,k,l}$ 代表当前已经吃掉 $i$ 个没有寿司的盘子， $j$ 个有一个寿司的盘子， $k$ 个有两个寿司的盘子和 $l$ 个有三个寿司的盘子。容易知道 $dp_{i,j,k,l}$ 可以由 $dp_{i+1,j-1,k,l}$ ， $dp_{i,j+1,k-1,l}$ ， $dp_{i,j,k+1,l-1}$ 三个状态转移过来。吃到的盘子中没有寿司的概率为 $\frac{i}{n}$ ，有一个寿司的概率为 $\frac{j}{n}$ ，有两个寿司的概率为 $\frac{k}{n}$ ，有三个寿司的概率为 $\frac{l}{n}$ ，列出转移方程。

$dp_{i,j,k,l} =1+\frac{i}{n}\times dp_{i,j,k,l}+\frac{j}{n}\times dp_{i+1,j-1,k,l}+\frac{k}{n}\times dp_{i,j+1,k-1,l}+\frac{l}{n}\times dp_{i,j,k+1,l-1}$

然后看出 $i = n - j - k - l$ ，那么简化状态为 $dp_{i,j,k}$ ，省去没有寿司的状态。方程变为
$dp_{i,j,k}=\frac{n}{i+j+k}+\frac{i\times dp_{i-1,j,k}}{i+j+k}+\frac{j\times dp_{i+1,j-1,k}}{i+j+k}+\frac{i\times dp_{i,j+1,k-1}}{i+j+k}$

得解，时间复杂度 $O(n^3)$ 。

代码

#include<iostream>
using namespace std;
int n,shoes[5],x;
double dp[302][302][302];
int main()
{
    cin >> n;
    for(int i = 1;i <= n;i++)
    {
        int x;
        cin >> x;
        shoes[x]++;
    }
    for(int k = 0;k <= n;k++)
    {
        for(int j = 0;j <= n;j++)
        {
            for(int i = 0;i <= n;i++)
            {
                if(!i && !j && !k) continue;
                if(i) dp[i][j][k] += dp[i - 1][j][k] * i / (i + j + k);
                if(j) dp[i][j][k] += dp[i + 1][j - 1][k] * j / (i + j + k);
                if(k) dp[i][j][k] += dp[i][j + 1][k - 1] * k / (i + j + k);
                dp[i][j][k] += (double)n / (i + j + k);
            }
        }
    }
    printf("%.20lf",dp[shoes[1]][shoes[2]][shoes[3]]);
}