[CF183D]T-shirt

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题目大意：

有\(n(n\le3000)\)个人和\(m(m\le300)\)种T恤，每个人都有一种喜欢的T恤，你知道每个人喜欢每种T恤的概率\(p_{i,j}\)。

请你选定\(n\)件体恤的种类，人们会按照编号从\(1\sim n\)挑选T恤，如果剩下还有他喜欢的，则会选走，否则不变。

求送出T恤件数的最大期望。

思路：

用\(f[i][j][k]\)表示对于第\(i\)件T恤，前\(j\)个人中有\(k\)个人喜欢的概率。\(g[i][j]\)表示对于第\(i\)种T恤，选取\(j\)件时对答案贡献的期望值。

\(f\)的转移方程显然，同时也不难得到\(g\)的状态转移方程：
\[ g[i][j]=\sum_{k=0}^jk\cdot f[i][n][k]+\sum_{k=j+1}^nj\cdot f[i][n][k] \]

这样的动态规划是\(\mathcal O(nm^2)\)的。

考虑优化，对\(g\)的相邻两项作差，得到：
\[ g[i][j+1]-g[i][j]=1-\sum_{k=0}^j f[i][n][k] \]

显然这个差值\(\Delta\)表示再加入一条这样的T恤对答案的贡献，而它又是单调递减的，因此每次选取最大的\(\Delta\)更新一定最优。

一开始只计算\(f[i][j][0]\)和\(\Delta[i][0]\)，然后每次选取\(\Delta\)最大的T恤更新答案，然后对相应的T恤进行更新\(f\)和\(\Delta\)即可。这样可以同时省掉\(f\)的第三维。

时间复杂度\(\mathcal O(nm+n^2)\)。

源代码：

#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<algorithm>
inline int getint() {
    register char ch;
    while(!isdigit(ch=getchar()));
    register int x=ch^'0';
    while(isdigit(ch=getchar())) x=(((x<<2)+x)<<1)+(ch^'0');
    return x;
}
const int N=3001,M=301;
double p[N][M],f[M][N],del[M];
//f[i][j]: 第i种衣服前j个人有cnt[i]个人喜欢的概率
//del[i]: 新加入第i种衣服对答案的贡献
int main() {
    const int n=getint(),m=getint();
    for(register int i=1;i<=n;i++) {
        for(register int j=1;j<=m;j++) {
            p[i][j]=getint()/1000.;
        }
    }
    for(register int i=1;i<=m;i++) {
        f[i][0]=1;
        for(register int j=1;j<=n;j++) {
            f[i][j]=f[i][j-1]*(1-p[j][i]);
        }
        del[i]=1-f[i][n];
    }
    double ans=0;
    for(register int i=0;i<n;i++) {
        const int k=std::max_element(&del[1],&del[m]+1)-del;
        ans+=del[k];
        for(register int i=n;i>=1;i--) {
            f[k][i]=f[k][i-1]*p[i][k];
        }
        f[k][0]=0;
        for(register int i=2;i<=n;i++) {
            f[k][i]+=f[k][i-1]*(1-p[i][k]);
        }
        del[k]-=f[k][n];
    }
    printf("%.12f\n",ans);
    return 0;
}

转载于:https://www.cnblogs.com/skylee03/p/9489227.html