【JZOJ3386】【BZOJ3029】守卫者的挑战

problem

Description

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。

Input

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.

Output

一个整数，表示所求概率，四舍五入保留6 位小数。

Sample Input

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

Sample Output

样例输出1

0.300000

样例解释：

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L次（L=1）的要求。因此所求概率就是第三场挑战获胜的概率。

样例输出2

0.980387

Data Constraint

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

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analysis

• 考虑DP，设$f[i][j][k]$表示前$i$场挑战赢了$j$场、剩余容量为$k$的概率

• 状态数不是$200*200*200000$吗？不就炸了？

• 其实有用的容量至多为$n$，大于$n$的容量是没用的，那么状态数只为$8*10^6$了

• DP方程就容易推出来啦，注意DP中容量可能为负，所以DP前先对$a$排序

• $ans=\sum _{i=l}^n\sum_{j=0}^n f[n][i][j]$

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code

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
#define MAXN 205
#define fo(i,a,b) for (int i=a;i<=b;i++)
#define fd(i,a,b) for (int i=a;i>=b;i--)

using namespace std;

double f[MAXN][MAXN][MAXN];
int n,m,vol;
double ans;

struct node
{
    int a;
    double p;
}a[MAXN];

int read()
{
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while (ch<'0' || '9'<ch){if (ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while ('0'<=ch && ch<='9')x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
    return x*f;
}

bool cmp(node a,node b)
{
    return a.a>b.a;
}

int main()
{
    n=read(),m=read(),vol=read();
    fo(i,1,n)scanf("%lf",&a[i].p),a[i].p*=0.01;
    fo(i,1,n)a[i].a=read();
    sort(a+1,a+n+1,cmp);
    f[0][0][min(vol,n)]=1;
    fo(i,1,n)
    {
        fo(j,0,i-1)
        {
            fo(k,0,n)
            {
                f[i][j][k]+=f[i-1][j][k]*(1-a[i].p);
                if (k+a[i].a>=0)f[i][j+1][min(n,k+a[i].a)]+=f[i-1][j][k]*a[i].p;
            }
        }
    }
    fo(i,m,n)
    fo(j,0,n)ans+=f[n][i][j];
    printf("%.6lf\n",ans);
    return 0;
}