bzoj1076: [SCOI2008]奖励关 状压dp

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篇首语:本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理,主要介绍了bzoj1076: [SCOI2008]奖励关 状压dp相关的知识,希望对你有一定的参考价值。

Description

  你正在玩你最喜欢的电子游戏,并且刚刚进入一个奖励关。在这个奖励关里,系统将依次随机抛出k次宝物,
每次你都可以选择吃或者不吃(必须在抛出下一个宝物之前做出选择,且现在决定不吃的宝物以后也不能再吃)。
宝物一共有n种,系统每次抛出这n种宝物的概率都相同且相互独立。也就是说,即使前k-1次系统都抛出宝物1(
这种情况是有可能出现的,尽管概率非常小),第k次抛出各个宝物的概率依然均为1/n。 获取第i种宝物将得到Pi
分,但并不是每种宝物都是可以随意获取的。第i种宝物有一个前提宝物集合Si。只有当Si中所有宝物都至少吃过
一次,才能吃第i种宝物(如果系统抛出了一个目前不能吃的宝物,相当于白白的损失了一次机会)。注意,Pi可
以是负数,但如果它是很多高分宝物的前提,损失短期利益而吃掉这个负分宝物将获得更大的长期利益。 假设你
采取最优策略,平均情况你一共能在奖励关得到多少分值?

Input

  第一行为两个正整数k和n,即宝物的数量和种类。以下n行分别描述一种宝物,其中第一个整数代表分值,随
后的整数依次代表该宝物的各个前提宝物(各宝物编号为1到n),以0结尾。

Output

  输出一个实数,保留六位小数,即在最优策略下平均情况的得分。

题解

首先这题要倒着扫(正着扫我写挂了,理论上应该没问题),倒着由合法情况推至下一个合法情况,避免扫不合法的。
很明显状压n种宝箱,1代表打开了,0代表没打开。
考虑第i次能不能从第i+1次打开第p个宝箱转移过来,可以就由打开第p个宝箱和不打开宝箱中更优的转移,否则直接由不打开宝箱转移。

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include <iomanip>
using namespace std;
const int maxn=(1<<15)+10;
int K,n;
int w[20];
int nxt[20];
int ch[20][20];
double f[110][maxn];
double max(double a,double b){return a>b?a:b;}
int main(){
    cin>>K>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        cin>>w[i];
        int x;cin>>x;
        while(x){
            ch[i][x]=1;
            cin>>x;
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=n;j>=1;j--)
        nxt[i]=(nxt[i]<<1)+ch[i][j];
    for(int i=K;i>=1;i--) for(int j=0;j<(1<<n);j++){ 
        for(int k=1;k<=n;k++){
            if((nxt[k]&j)==nxt[k])f[i][j]+=max(f[i+1][j],f[i+1][j|(1<<(k-1))]+w[k]);
            else f[i][j]+=f[i+1][j];
        }
        f[i][j]/=n;
    }

    cout.unsetf(ios::fixed);
    cout<<fixed<<setprecision(6)<<f[1][0]<<endl;
    return 0;
}

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