BZOJ4008 [HNOI2015]亚瑟王

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• BZOJ4008 洛谷P3239

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Solution

• 根据期望的性质，我们可以算出每张牌的期望值，然后全部加在一起。
• 记第 $i$ 张牌在 $r$ 轮中实际使用的概率为 $g[i]$，则答案就为 $\sum \limits^{n}_{i = 1}g[i] \times d[i]$。
• 那么如何计算 $g[i]$ 呢？
• 因为按照顺序依次考虑每张牌，第 $i$ 张牌使用的概率取决于前 $i - 1$ 张牌使用的概率。
• 因此我们可以先得到第 $1$ 张牌的概率： $g[1] = 1 - P(r轮中始终不出第1张牌) = 1 - (1 - p[1])^r$。

• 注意到题目中的条件：

  如果这张卡牌在这一局游戏中已经发动过技能，则跳过这张卡牌。
  如果这张卡牌技能发动，则对敌方造成 $d[i]$ 点伤害，并结束这一轮。

• 因此设 $f[i][j]$ 表示前 $i$ 张牌出了 $j$ 张牌的概率，则：

  • 因为前 $i - 1$ 张牌出了 $j$ 张牌，$r$ 轮中有 $j$ 轮会在考虑到第 $i$ 张之前先结束，则出 $j$ 张的概率就为 $f[i - 1][j] \times P(剩余 r - j 轮中出第 i 张牌)$。
  • 因而我们枚举 $j$，并把这些概率相加。
  • 即为 $g[i] = \sum \limits^{i - 1}_{j = 0}f[i - 1][j] \times (1 - (1 - p[i]) ^ {r - j})$。
• 接下来用类似的方法考虑 $f[i][j]$ 的转移，分两种情况讨论：
  
  • 对于不出第 $i$ 张牌的转移：$r$ 轮中有 $j$ 轮会在考虑到第 $i$ 张牌之前先结束，且剩余的 $r - j$ 轮中也不会出第 $i$ 张牌，即为 $f[i][j] += f[i - 1][j] \times (1 - p[i])^{r - j}(i > j)$。
  • 对于出第 $i$ 张牌的转移：$r$ 轮中有 $j - 1$ 轮会在考虑到第 $i$ 张牌之前先结束，且剩余的 $r - j + 1$ 轮可能会出一张或多张第 $i$ 张牌，即为 $f[i][j] += f[i - 1][j - 1] \times (1 - (1 - p[i]) ^{r - j + 1})$。
• 记得先预处理 $(1 - p[i])$ 的幂，时间复杂度 $O(T · n · r)$。

Code

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int N = 225, R = 135;
double p[N], d[N], pow[N][R], f[N][N], g[N]; 
int T, n, r;

inline int Min(int x, int y) {return x < y ? x : y;}

int main()
{
//  freopen("authur.in", "r", stdin);
//  freopen("authur.out", "w", stdout);

    scanf("%d", &T);
    while (T--)
    {
        scanf("%d%d", &n, &r);
        for (int i = 1; i <= n; ++i)
            scanf("%lf%lf", &p[i], &d[i]), p[i] = 1 - p[i];
        memset(g, 0, sizeof(g));
        memset(f, 0, sizeof(f));

        for (int i = 1; i <= n; ++i) pow[i][0] = 1;
        for (int i = 1; i <= n; ++i)
            for (int j = 1; j <= r; ++j)
                pow[i][j] = pow[i][j - 1] * p[i];

        f[1][0] = pow[1][r]; f[1][1] = g[1] = 1 - pow[1][r];
        for (int i = 2; i <= n; ++i)
            for (int j = 0, jm = Min(i, r); j <= jm; ++j)
            {
                if (j) f[i][j] += f[i - 1][j - 1] * (1 - pow[i][r - j + 1]);
                if (i != j) f[i][j] += f[i - 1][j] * pow[i][r - j]; 
            } 
        for (int i = 2; i <= n; ++i)
            for (int j = 0, jm = Min(i - 1, r); j <= jm; ++j)
                g[i] += f[i - 1][j] * (1 - pow[i][r - j]);

        double Ans = 0; 
        for (int i = 1; i <= n; ++i)
            Ans += g[i] * d[i];
        printf("%.10lf\n", Ans);
    }

//  fclose(stdin); fclose(stdout);
    return 0;
}