洛谷 P3239 [HNOI2015]亚瑟王(期望dp)

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原文链接：http://www.cnblogs.com/zzy2005/p/10248844.html

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#数据结构与算法

本文深入探讨了一道涉及复杂期望动态规划（DP）的题目，通过详细解释算法思路，包括如何计算每张牌打出的概率，以及如何利用这些概率求解最终答案，为读者提供了清晰的解题路径。

题面

luogu

题解

一道复杂的期望\(dp\)

思路来源：__stdcall

容易想到，只要把每张牌打出的概率算出来就可以求出\(ans\)

设\(fp[i]\)表示把第\(i\)张牌打出来的概率

可知：\(fp[0] = 1-(1-p[0])^r\)
（\((1-p[0])^r\)即一直不打出的概率）

后面的\(fp\)怎么求？

设\(f[i][j]\)表示前\(i\)张牌一共出了\(j\)张的概率，那么就会有

\(fp[i] = \sum_{j=0}^{r}f[i-1][j]*(1-(1-p[i])^{r-j})\)
（\(1−(1−p[i])^{r−j}\)就是在\(r−j\)轮中使用过第\(i\)张牌的概率）

那么问题只有如何求\(f\)了

对于第\(i\)张牌，只有两种情况：
1.使用
\(f[i][j] += f[i-1][j-1]*(1-(1-p[i])^{r-j+1})\)

2.不使用
\(f[i][j] += f[i-1][j]*(1-p[i])^{r-j}\)

具体看代码。。
~~看完题解还是很容易的。。~~

Code

#include<bits/stdc++.h>

#define LL long long
#define RG register

using namespace std;
template<class T> inline void read(T &x) {
    x = 0; RG char c = getchar(); bool f = 0;
    while (c != '-' && (c < '0' || c > '9')) c = getchar(); if (c == '-') c = getchar(), f = 1;
    while (c >= '0' && c <= '9') x = x*10+c-48, c = getchar();
    x = f ? -x : x;
    return ;
}
template<class T> inline void write(T x) {
    if (!x) {putchar(48);return ;}
    if (x < 0) x = -x, putchar('-');
    int len = -1, z[20]; while (x > 0) z[++len] = x%10, x /= 10;
    for (RG int i = len; i >= 0; i--) putchar(z[i]+48);return ;
}

const int N = 230;

double p[N], fp[N], P[N][N], f[N][N];
int d[N], n, r;
void pre() {
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        P[i][0] = 1;
        for (int j = 1; j <= r; j++)
            P[i][j] = P[i][j-1]*(1-p[i]);
    }
    return ;
}

void solve() {
    read(n); read(r);
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        scanf("%lf", &p[i]), read(d[i]);
    pre();
    memset(f, 0, sizeof(f));
    memset(fp, 0, sizeof(fp));
    f[1][0] = P[1][r];
    f[1][1] = fp[1] = 1-f[1][0];
    for (int i = 2; i <= n; i++) {
        for (int j = 0; j <= r; j++) {
            f[i][j] += f[i-1][j]*P[i][r-j];
            if (j) f[i][j] += f[i-1][j-1]*(1-P[i][r-j+1]);
        }
    }
    for (int i = 2; i <= n; i++)
        for (int j = 0; j <= r; j++)
            fp[i] += f[i-1][j]*(1-P[i][r-j]);
    double ans = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        ans += fp[i]*d[i];
    printf("%lf\n", ans);
    return ;
}

int main() {
    int T; read(T);
    while (T--) solve();
    return 0;
}

转载于:https://www.cnblogs.com/zzy2005/p/10248844.html