2022杭电多校 Bowcraft

1006 Bowcraft

题意：

商店提供多种升级书，每本升级书有$\frac{a}{A}$的概率升一级，如果升级失败，有$\frac{b}{B}$的概率使等级降为0。每购买一本书，会等概率的从$[0,A-1]$中生成数字$a$,从$[0,B-1]$中生成数字$b$。问在最优策略下升到$k$级买书的期望数量。

分析：

考虑$dp$求解：$dp[i]$表示从0级升到$i$级的期望买书数量。
假设当前买的书的状态是$(a,b)$，则我们可以选择使用或者不使用：
令$\alpha =\frac{a}{A},\beta =\frac{b}{B}$
1.若使用这本书，则升到$i+1$级的期望是：
$$Y=dp[i+1]=dp[i]+1+(1-\alpha )\ast (1-\beta )\ast (dp[i+1]-dp[i])+(1-\alpha )\ast \beta \ast dp[i+1])$$
解释一下： 我们成功升一级的期望是$dp[i]+1$,因为要购买一本书，次数+1;如果我们升级失败但没有降为0级，即等级不变：$(1-\alpha )\ast (1-\beta )\ast (dp[i+1]-dp[i])$,前面是发生的概率，很好理解，后面的话是发生这种事件的次数，即我们从$i$级升到$i+1$级的次数；如果我们升级失败且等级降为0：$(1-\alpha )\ast \beta \ast dp[i+1])$，当发生时，我们需要重新升到$i+1$级，即乘上升到$i+1$级的期望。
2.若不使用：
$$X=dp[i+1]=dp[i+1]+1$$

解释一下 ：我们不使用这本书升到$i+1$级，但是我们依旧购买了这本书，次数+1.

因此我们得到转移方程：
d p [ i + 1 ] = 1 A B ∑ a , b m i n { X , Y } dp[i+1]=\frac {1}{AB}\sum_{a,b}min\{ X,Y\} dp[i+1]=AB1​a,b∑​min{X,Y}

因为我们要采取最优策略升级，那么如果我们要想使用该本书升级，那么需满足使用的期望$\le$不使用的期望$(Y\le X)$
化简得到$$dp[i+1]\ge dp[i]\ast \frac{\alpha -\alpha \beta +\beta }{\alpha }$$
观察该式子，发现$\frac{\alpha -\alpha \beta +\beta }{\alpha }$越小的书越容易被使用，即书的$\frac{\alpha -\alpha \beta +\beta }{\alpha }$越小越好。
那么我们将所有书的$\frac{\alpha -\alpha \beta +\beta }{\alpha }$排序，枚举取前$t$小的书，那么
化简$$dp[i+1]=dp[i]+1+(1-\alpha )\ast (1-\beta )\ast (dp[i+1]-dp[i])+(1-\alpha )\ast \beta \ast dp[i+1])$$得:
$dp[i+1]=\frac{AB+dp[i]\ast {\sum }_{前t小}\alpha +\beta -\alpha \ast \beta }{t-{\sum }_{前t小}1-\alpha }$.
然后枚举递推就可以了，时间复杂度$O(k\ast A\ast B)$

code:

struct Node {
    int a, b;
    double val;
    bool operator < (const Node &q) const {
        return val < q.val;
    } 
}q[N];
void solve() {
    int k, A, B;
    cin >> k >> A >> B;
    vector<double> f(k + 1, 0);
    int tot = 0;
    for(int i = 0; i < A; i++)
        for(int j = 0; j < B; j++) {
            tot++;
            q[tot] = {i, j};
            if(i) q[tot].val = 1.0 * (A * j - i * j) / (i * B);
            else q[tot].val = 1e18;
        }
    sort(q + 1, q + 1 + tot);    
    for(int i = 0; i < k; i++) {
        f[i + 1] = 1e20;
        double s1 = 0, s2 = 0;
        for(int j = 1; j <= tot; j++) {
            s1 += 1.0 * q[j].a / A + 1.0 * q[j].b / B - 1.0 * q[j].a / A * q[j].b / B;
            s2 += 1 - 1.0 * q[j].a / A;
            f[i + 1] = min(f[i + 1], 1.0 * (A * B + f[i] * s1) / (j - s2));
        }
    }
    // for(int i = 0; i <= k; i++) D(f[i]);
    printf("%.3lf\n", f[k]);

}