无尽

期望DPf[i][j]表示i张红牌，j张黑牌从 f[i-1][j]，f[i][j-1]，0 转移过来，注意下界为0要判，因为取成负数肯定不优#include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #define N 5005 using namespace std; double f[2][N]; int main() { int n,

显然要记f[i][s]表示做到第k次，此时已有的物品集合为S的期望得分。下文前者指时间靠前的状态，后者指时间靠后的状态。如果正向DP，即f[i-1] -> f[i]，会出问题。因为这样意味着第i次的决策可以根据第i次出现的不同物品来改变第i-1次的决策。即我们枚举第i次出现的物品，对i-1的不同s取max，就会后者决定前者。应当反向DP，即f[i+1] -> f[i]。也就是前者根据后者不同情况的不

期望DPPoPoQQQ大爷题解很神的DP。如果直接考虑每一轮用掉了什么东西，对下一轮产生了什么影响，那基本是做不出来的，因为这之间的关系很多很复杂。考虑所有轮一起做，记f[i][j]表示做到第i个物品时还有j轮没有选完。那么i此时可以在这j轮中被选，也可以不被选，就可以DP了。这种DP就可以避免物品与物品之间的影响了。#include<cstdio> #include<cstring> #defin

概率DP刚开始想简单了233……以为一个石子的时候都主动取，多余一个石子的时候都主动不取……感觉对博弈一无所知正确姿势：记f[i]表示剩i个石子，先手胜概率，g[i]，后手胜概率。事实上，有i个石子时的决策只跟f[i-1]和g[i-1]的大小有关。如果前者大，那双方都希望自己在下一轮充当先手，否则希望充当后手。根据这个来DP就行了。事后打表发现取和不取的决策和当前石子的奇偶有关，interestin