TYVJ1864[Poetize I]守卫者的挑战 概率与期望

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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TYVJ1864[Poetize I]守卫者的挑战 概率与期望相关的知识,希望对你有一定的参考价值。

【TYVJ1864】[Poetize I]守卫者的挑战

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。
题解:设f[i][j][k]表示进行到第i个挑战,已经有j场胜利,剩余背包容量为k的概率。由于最多有n个地图所以k只要开到n就够了。
状态转移方程:
f[i][j][k]+=f[i-1][j][k]*(1-p[i])+f[i-1][j-1][k-a[i]]*p[i]
为了防止背包容量为负我们可以先按a排序,状态转移的时候注意一下边界就好了
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
int n,l,K;
struct challenge
{
    double p;
    int a;
}c[210];
double f[210][210][210],ans;
bool cmp(challenge aa,challenge bb)
{
    return aa.a>bb.a;
}
int main()
{
    scanf("%d%d%d",&n,&l,&K);
    int i,j,k;
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%lf",&c[i].p);
        c[i].p*=0.01;
    }
    for(i=1;i<=n;i++)    scanf("%d",&c[i].a);
    sort(c+1,c+n+1,cmp);
    f[0][0][K]=1.0;
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        for(j=0;j<=i;j++)
        {
            for(k=0;k<=n;k++)
            {
                f[i][j][k]+=f[i-1][j][k]*(1.0-c[i].p);
                if(c[i].a<=k)
                    f[i][j][k]+=f[i-1][j-1][k-c[i].a]*c[i].p;
            }
            for(k=n+1;k<=n+c[i].a;k++)
                f[i][j][n]+=f[i-1][j-1][k-c[i].a]*c[i].p;
                //容量大于n的情况全按n处理
        }
    }
    for(i=l;i<=n;i++)
        for(j=0;j<=n;j++)
            ans+=f[n][i][j];
    printf("%.6f",ans);
    return 0;
}

 

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