【BZOJ】 [SCOI2008]奖励关-状压DP

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题意：

奖励关中，系统依次随机抛出k次宝物，每次选择吃或者不吃。宝物共n种，系统每次抛出这n种宝物的概率都相同且相互独立。 获取第i种宝物将得到Pi分，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。Pi可以是负数。假设采取最优策略，平均情况一共能在奖励关得到多少分值？

数据规模：

1<=k<=100,1<=n<=15（划重点）,分值为【-1e6,1e6】内的整数。

题解：

数据量这么小，直接选择状压dp，以每一种宝物的2^i位来dp；利用二进制下的位或位与。

一般来说，概率顺推，期望倒推。因为概率要保证前一次出现存在这种情况来推算，而期望顺推难以判断前提是否成立。拿这道题来说，当第t种宝物落下时，顺推无法确定是否满足前提，也无法确定是否该吃负分的宝物，那么就来倒推一波~

得状态转移方程f[i][j]（第i次下落已吃某几种宝物状态的最优解，某几种又j的二进制表示不为0的位数）

如可以吃 f[i][j]+=max(f[i+1][j],f[i+1][j|p[k]]+v[k]) （假设吃掉第k种宝物，v[k]为分值，p[k]二进制下只有第k位为1）

如不能吃 f[i][j]+=f[i+1][j];

因为求的是平均情况，最后除以一个n就好了。倒推得到f[1][0]即为答案。

代码如下

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
using namespace std;
double f[16][65537];
int k,n,p[17],d[17],v[17];
int main(){
	scanf("%d%d",&k,&n);
	for(int i=1;i<=k+1;i++) p[i]=1<<(i-1);
	for(int e,i=1;i<=n;i++){
		scanf("%d%d",&v[i],&e);
		while(e!=0){
			d[i]+=p[e];
			scanf("%d",&e);
		}
	} 
	for(int i=n;i>=1;i--){
		for(int j=0;j<p[k+1];j++){
			for(int t=1;t<=n;t++)
			 if((d[t]&j)==d[t]){
			 	f[i][j]+=max(f[i+1][j],f[i+1][j|p[t]]+v[t]);
			 }
			 else f[i][j]+=f[i+1][j];
			f[i][j]/=k;
		}
	}
	printf("%.6lf\n",f[1][0]);
	return 0;
}