TYVJ-P1864 守卫者的挑战 题解

Posted 2020-08-02 SBSOI

数学期望DP

P1864 [Poetize I]守卫者的挑战

时间: 1000ms / 空间: 131072KiB / Java类名: Main

描述

　　打开了黑魔法师Vani的大门，队员们在迷宫般的路上漫无目的地搜寻着关押applepi的监狱的所在地。突然，眼前一道亮光闪过。“我，Nizem，是黑魔法圣殿的守卫者。如果你能通过我的挑战，那么你可以带走黑魔法圣殿的地图……”瞬间，队员们被传送到了一个擂台上，最初身边有一个容量为K的包包。
　　擂台赛一共有N项挑战，各项挑战依次进行。第i项挑战有一个属性ai，如果ai>=0，表示这次挑战成功后可以再获得一个容量为ai的包包；如果ai=-1，则表示这次挑战成功后可以得到一个大小为1 的地图残片。地图残片必须装在包包里才能带出擂台，包包没有必要全部装满，但是队员们必须把 【获得的所有的】地图残片都带走（没有得到的不用考虑，只需要完成所有N项挑战后背包容量足够容纳地图残片即可），才能拼出完整的地图。并且他们至少要挑战成功L次才能离开擂台。
　　队员们一筹莫展之时，善良的守卫者Nizem帮忙预估出了每项挑战成功的概率，其中第i项挑战成功的概率为pi%。现在，请你帮忙预测一下，队员们能够带上他们获得的地图残片离开擂台的概率。

输入格式

　　第一行三个整数N,L,K。
　　第二行N个实数，第i个实数pi表示第i项挑战成功的百分比。
　　第三行N个整数，第i个整数ai表示第i项挑战的属性值.

输出格式

　　一个整数，表示所求概率，四舍五入保留6 位小数。

测试样例1

输入

样例输入1
3 1 0
10 20 30
-1 -1 2

样例输入2
5 1 2
36 44 13 83 63
-1 2 -1 2 1

输出

样例输出1
0.300000

样例输出2
0.980387

备注

　　若第三项挑战成功，如果前两场中某场胜利，队员们就有空间来容纳得到的地图残片，如果挑战失败，根本就没有获得地图残片，不用考虑是否能装下；若第三项挑战失败，如果前两场有胜利，没有包来装地图残片，如果前两场都失败，不满足至少挑战成功次（）的要求。因此所求概率就是第三场挑战获胜的概率。

　　对于 100% 的数据，保证0<=K<=2000，0<=N<=200，-1<=ai<=1000，0<=L<=N，0<=pi<=100。

——————————————我是分割线————————————————————————————

题目大意： 

•擂台赛一共有N项挑战，各项挑战依次进行。最初有一个容量为K的包包。

•第i项挑战有一个属性ai，如果ai>=0，表示这次挑战成功后可以再获得一个容量为ai的包包；如果ai=-1，则表示这次挑战成功后可以得到一个大小为1 的地图残片。

•地图残片必须装在包包里才能带出擂台，包包没有必要全部装满，但是队员们必须把 【获得的所有的】地图残片都带走（没有得到的不考虑，只需完成所有N项挑战后背包容量足够容纳地图残片即可），才能拼出完整的地图。并且他们至少要挑战成功L次才能离开擂台。

•已知第i项挑战成功的概率为pi%。现在，请你帮忙预测一下，队员们能够带上他们获得的地图残片离开擂台的概率。

  

好题一枚

数学期望DP

 

 1 #include<iostream>
 2 #include<cstdio>
 3 #include<cstring>
 4 #include<cmath>
 5 #include<algorithm>
 6 #include<queue>
 7 #include<cstdlib>
 8 #include<iomanip>
 9 #include<cassert>
10 #include<climits>
11 #define maxn 10001
12 #define F(i,j,k) for(int i=j;i<=k;i++)
13 #define M(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
14 #define FF(i,j,k) for(int i=j;i>=k;i--)
15 #define inf 0x7fffffff
16 #define q 23333333333333333
17 using namespace std;
18 int read(){
19     int x=0,f=1;char ch=getchar();
20     while(ch<\'0\'||ch>\'9\'){if(ch==\'-\')f=-1;ch=getchar();}
21     while(ch>=\'0\'&&ch<=\'9\'){x=x*10+ch-\'0\';ch=getchar();}
22     return x*f;
23 }
24 int a[210],n,m,t,i,j,k;
25 double p[210],f[201][201][401],ans;
26 int main()
27 {
28     std::ios::sync_with_stdio(false);
29 //  freopen("data.in","r",stdin);
30 //  freopen("data.out","w",stdout);
31     cin>>n>>m>>t;
32     F(i,1,n) cin>>p[i],p[i]/=100;
33     F(i,1,n) cin>>a[i];
34     if(t>n) t=n;
35     f[0][0][t+200]=1;
36     for(i=0;i<n;i++)
37      for(j=0;j<=n;j++)
38       for(k=-n;k<=n;k++)
39         if(a[i+1]==-1){
40             f[i+1][j][k+200]+=f[i][j][k+200]*(1-p[i+1]);
41             f[i+1][j+1][k-1+200]+=f[i][j][k+200]*p[i+1];
42         }
43         else{
44             f[i+1][j+1][min(k+a[i+1],n)+200]+=f[i][j][k+200]*p[i+1];
45             f[i+1][j][k+200]+=f[i][j][k+200]*(1-p[i+1]);
46         }
47     for(j=m;j<=n;j++)
48      for(k=0;k<=n;k++)
49         ans+=f[n][j][k+200];
50     cout<<setiosflags(ios::fixed)<<setprecision(6)<<ans<<endl;
51     return 0;        
52 }

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