51nod 1450 闯关游戏 期望dp

本文介绍了一款由多个小游戏组成的游戏App通关时间期望值的计算方法。通过将小游戏按获得两颗星的概率排序,并利用概率论计算玩家达到特定星星数量所需的平均时间。

题意

一个游戏App由N个小游戏(关卡)构成,将其标记为0,1,2,..N-1。这些小游戏没有相互制约的性质,玩家可以任意时刻玩任意一个小游戏,且每个小游戏可以玩任意多次,一个小游戏玩一次消耗玩家恰好1min的时间。每个小游戏会根据玩家的表现返回3种结果:1)挑战失败;2)挑战成功并获得1颗星;3)挑战成功且获得2颗星。玩家可以多次挑战同一个小游戏,而且系统会记录玩家多次挑战中的最好成绩。(注意:两颗星优于一颗星优于挑战失败。)
这个游戏App通关需要同时满足2个条件:1)N个小游戏的系统记录的最好成绩都是成功;2)这N个小游戏的系统记录成绩中的星星总数至少是M颗。
根据一些统计,一个玩家在任一次玩第i个小游戏时,都会独立的发生以下结果:
* 有(1000 - X[i] - Y[i])*0.001的概率会挑战失败;
* 有 X[i]*0.001 的概率会挑战成功并获得一颗星;
* 有 Y[i]*0.001 的概率会挑战成功并获得两颗星.
其中1<=X[i],Y[i],且X[i]+Y[i]<=1000,且都为整数.
问一个玩家从安装完这个游戏App到这个游戏App通关,最优策略下需要花费时间的期望E。输出E的值,以min为该时间单位。(误差在1e-7内)
1<=N<=2000,N <= M <= 2N

分析

发现自己期望方面菜的抠脚。。。搞了一天才略微搞懂这道题目。

显然是把所有人按照Y从小到大排序,当做到一个位置i,满足剩下的游戏全都要两星才能通关时,就需要不停地做这些游戏直到两星。
设f[i,j]表示前i个游戏抽到j颗星的概率,转移十分显然。
然后直接统计答案即可。

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;

const int N=2005;

int n,m;
pair<int,int> a[N];
double f[N][N*2],s1[N],s2[N];

int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for (int i=1;i<=n;i++)
    {
        int x,y;
        scanf("%d%d",&x,&y);
        a[i]=make_pair(y,x);
    }
    sort(a+1,a+n+1);
    for (int i=1;i<=n;i++)
    {
        double x=(double)a[i].second/1000,y=(double)a[i].first/1000;
        double p1=1/(x+y),p2=1/y;
        s1[i]=s1[i-1]+p1;s2[i]=s2[i-1]+p2;
    }
    if (n*2<=m) 
    {
        printf("%.10lf\n",s2[n]);
        return 0;
    }
    f[0][0]=1;
    double ans=0;
    for (int i=1;i<=n;i++)
    {
        double x=(double)a[i].second/1000,y=(double)a[i].first/1000;
        double p1=x/(x+y),p2=1-p1,p=s1[i]+s2[n]-s2[i];
        for (int j=i;j<=n*2;j++)
        {
            f[i][j]=f[i-1][j-1]*p1;
            if (j>1) f[i][j]+=f[i-1][j-2]*p2;
            if ((n-i)*2==m-j) ans+=p*f[i][j];
            if ((n-i)*2<=m-j) f[i][j]=0;
        }
    }
    for (int i=m+1;i<=n*2;i++) ans+=s1[n]*f[n][i];
    printf("%.10lf",ans);
    return 0;
}
题目 51nod 3478 涉及一个矩阵问题,要求通过最少的操作次数,使得矩阵中至少有 `RowCount` 行和 `ColumnCount` 列是回文的。解决这个问题的关键在于如何高效地枚举所有可能的行和列组合,并计算每种组合所需的操作次数。 ### 解法思路 1. **预处理每一行和每一列变为回文所需的最少操作次数**: - 对于每一行,计算将其变为回文所需的最少操作次数。这可以通过比较每对对称位置的值是否相同来完成。 - 对于每一列,计算将其变为回文所需的最少操作次数,方法同上。 2. **枚举所有可能的行和列组合**: - 由于 `N` 和 `M` 的最大值为 8,因此可以枚举所有可能的行组合和列组合。 - 对于每一种组合,计算其所需的最少操作次数,并取最小值。 3. **计算操作次数**: - 对于每一种组合,需要计算哪些行和列需要修改,并且注意行和列的交叉点可能会重复计算,因此需要去重。 ### 代码实现 以下是一个可能的实现方式,使用了枚举和位运算来处理组合问题: ```python def min_operations_to_palindrome(matrix, row_count, col_count): import itertools N = len(matrix) M = len(matrix[0]) # Precompute the cost to make each row a palindrome row_cost = [] for i in range(N): cost = 0 for j in range(M // 2): if matrix[i][j] != matrix[i][M - 1 - j]: cost += 1 row_cost.append(cost) # Precompute the cost to make each column a palindrome col_cost = [] for j in range(M): cost = 0 for i in range(N // 2): if matrix[i][j] != matrix[N - 1 - i][j]: cost += 1 col_cost.append(cost) min_total_cost = float('inf') # Enumerate all combinations of rows and columns rows = list(range(N)) cols = list(range(M)) from itertools import combinations for row_comb in combinations(rows, row_count): for col_comb in combinations(cols, col_count): # Calculate the cost for this combination cost = 0 # Add row costs for r in row_comb: cost += row_cost[r] # Add column costs for c in col_comb: cost += col_cost[c] # Subtract the overlapping cells for r in row_comb: for c in col_comb: # Check if this cell is part of the palindrome calculation if r < N // 2 and c < M // 2: if matrix[r][c] != matrix[r][M - 1 - c] and matrix[N - 1 - r][c] != matrix[N - 1 - r][M - 1 - c]: cost -= 1 min_total_cost = min(min_total_cost, cost) return min_total_cost # Example usage matrix = [ [0, 1, 0], [1, 0, 1], [0, 1, 0] ] row_count = 2 col_count = 2 result = min_operations_to_palindrome(matrix, row_count, col_count) print(result) ``` ### 代码说明 - **预处理成本**:首先计算每一行和每一列变为回文所需的最少操作次数。 - **枚举组合**:使用 `itertools.combinations` 枚举所有可能的行和列组合。 - **计算成本**:对于每一种组合,计算其成本,并考虑行和列交叉点的重复计算问题。 ### 复杂度分析 - **时间复杂度**:由于 `N` 和 `M` 的最大值为 8,因此枚举所有组合的时间复杂度为 $ O(N^{RowCount} \times M^{ColCount}) $,这在实际中是可接受的。 - **空间复杂度**:主要是存储预处理的成本,空间复杂度为 $ O(N + M) $。 ### 相关问题 1. 如何优化矩阵中行和列的枚举组合以减少计算时间? 2. 在计算行和列的交叉点时,如何更高效地处理重复计算的问题? 3. 如果矩阵的大小增加到更大的范围,如何调整算法以保持效率? 4. 如何处理矩阵中行和列的回文条件不同时的情况? 5. 如何扩展算法以支持更多的操作类型,例如翻转某个区域的值?
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