tyvj P1864 [Poetize I]守卫者的挑战

最新推荐文章于 2021-10-16 22:05:55 发布

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这篇博客讨论了一个基于概率和背包问题的挑战，参赛者需要在擂台上完成N项挑战，每项挑战有不同的成功率和奖励。目标是至少成功L次并收集所有地图残片，背包初始容量为K。博客提供了输入格式、输出格式和测试样例，并分析了解决问题的思路，但遇到了代码实现中的问题。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

P1864 [Poetize I]守卫者的挑战
时间: 1000ms / 空间: 131072KiB / Java类名: Main
描述
　　打开了黑魔法师Vani的大门，队员们在迷宫般的路上漫无目的地搜寻着关押applepi的监狱的所在地。突然，眼前一道亮光闪过。“我，Nizem，是黑魔法圣殿的守卫者。如果你能通过我的挑战，那么你可以带走黑魔法圣殿的地图……”瞬间，队员们被传送到了一个擂台上，最初身边有一个容量为K的包包。
　　擂台赛一共有N项挑战，各项挑战依次进行。第i项挑战有一个属性ai，如果ai>=0，表示这次挑战成功后可以再获得一个容量为ai的包包；如果ai=-1，则表示这次挑战成功后可以得到一个大小为1 的地图残片。地图残片必须装在包包里才能带出擂台，包包没有必要全部装满，但是队员们必须把【获得的所有的】地图残片都带走（没有得到的不用考虑，只需要完成所有N项挑战后背包容量足够容纳地图残片即可），才能拼出完整的地图。并且他们至少要挑战成功L次才能离开擂台。
　　队员们一筹莫展之时，善良的守卫者Nizem帮忙预估出了每项挑战成功的概率，其中第i项挑战成功的概率为pi%。现在，请你帮忙预测一下，队员们能够带上他们获得的地图残片离开擂台的概率。
输入格式
　　第一行三个整数N,L,K。
　　第二行N个实数，第i个实数pi表示第i项挑战成功的百分比。
　　第三行N个整数，第i个整数ai表示第i项挑战的属性值.
输出格式
　　一个整数，表示所求概率，四舍五入保留6 位小数。
测试样例1
输入

样例输入1
3 1 0
10 20 30
-1 -1 2

样例输入2
5 1 2
36 44 13 83 63
-1 2 -1 2 1

输出

样例输出1
0.300000

样例输出2
0.980387

备注
　　若第三项挑战成功，如果前两场中某场胜利，队员们就有空间来容纳得到的地图残片，如果挑战失败，根本就没有获得地图残片，不用考虑是否能装下；若第三项挑战失败，如果前两场有胜利，没有包来装地图残片，如果前两场都失败，不满足至少挑战成功次（）的要求。因此所求概率就是第三场挑战获胜的概率。

　　对于 100% 的数据，保证0<=K<=2000，0<=N<=200，-1<=ai<=1000，0<=L<=N，0<=pi<=100。

【分析】
对于每个比赛都有两种情况，赢或输。
将两种情况的概率累加即为f【】【】【】的概率
中途还需要压缩一下背包容量，如果超过n，那么改成n
但是在核心代码的第三重循环中将200改成n 就 WA啦（救命）
并不知道为什么（pity）
总之思路摆在这。。。我也没有什么办法了。放AC水数据的代码

【代码】

//守卫者的挑战 
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<vector>
#include<algorithm>
#define fo(i,j,k) for(i=j;i<=k;i++)
using namespace std;
double f[204][204][204];//第i次挑战后赢了j次时拥有k容量的概率(与L无关)
double ans;
struct rlt
{
    double p;
    int a;
}r[201];
int n,l,q;
bool comp(const rlt &x,const rlt &y) {return x.a>y.a;}
int main()
{
    scanf("%d%d%d",&n,&l,&q);
    if(l>n) return printf("0.000000"),0;
    q=min(q,n);   //压缩
    int i,j,k;
    fo(i,1,n)
    {
        cin>>r[i].p;
        r[i].p/=100;
    }
    fo(i,1,n) scanf("%d",&r[i].a);
    sort(r+1,r+n+1,comp);
    f[0][0][q]=1;   //初始化 
    fo(i,1,n) f[i][0][q]=f[i-1][0][q]*(1-r[i].p);  //初始化没有赢过 

    fo(i,1,n)
      fo(j,1,i)
        fo(k,0,200)
        {
            f[i][j][k]+=f[i-1][j][k]*(1-r[i].p);  //输了第i场
            if(k-r[i].a<0) continue;
            f[i][j][k]+=f[i-1][j-1][min(k-r[i].a,200)]*r[i].p;
        }
    fo(i,l,n)  //赢了i次
      fo(j,0,200)  //拥有容量为j
        ans+=f[n][i][j];
    printf("%.6f\n",ans);
    return 0;
}