BZOJ3029守卫者的挑战 [期望DP]

Posted 2020-09-07 BearChild

守卫者的挑战

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Description

　　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。

Input

　　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.

Output

　　一个整数，表示所求概率，四舍五入保留6 位小数。

Sample Input

　　5 1 2
　　36 44 13 83 63
　　-1 2 -1 2 1

Sample Output

　　0.980387

HINT

　　0<=K<=2000，0<=N<=200，-1<=ai<=1000，0<=L<=N，0<=pi<=100。

Main idea

　　挑战成功第 i 次会获得一个 ai 的贡献，挑战成功的概率是 pi，初始已经有K的贡献，问至少挑战成功 L 次且贡献>=0 的概率。

Source

　　简单的期望DP，由于n只有200，显然我们直接令 f[i][j][k] 表示 前 i 个挑战，胜利了 j 次，当前贡献为 k 的概率即可，然后转移一下。

　　由于贡献最小只可能是-1，所以 k>=n 的时候剩下的贡献必然都>=0，所以我们上限调整为n即可，中间可能有负数，+200来实现储存。

Code

 1  #include<iostream>  
 2 #include<string>  
 3 #include<algorithm>  
 4 #include<cstdio>  
 5 #include<cstring>  
 6 #include<cstdlib>  
 7 #include<cmath>
 8 using namespace std; 
 9     
10 const int ONE = 205;
11     
12 int n,Limit,K;
13 int a[ONE];
14 float p[ONE],Ans;
15 float f[ONE][ONE][ONE*2]; //i times j win k bag
16    
17 int get() 
18 {
19         int res=1,Q=1;  char c;
20         while( (c=getchar())<48 || c>57)
21         if(c==‘-‘)Q=-1;
22         if(Q) res=c-48; 
23         while((c=getchar())>=48 && c<=57) 
24         res=res*10+c-48; 
25         return res*Q; 
26 }
27    
28 int id(int x) {return min(x,n) + 200;}
29    
30 int main()
31 {
32         n=get();    Limit=get();    K=get();
33         for(int i=1;i<=n;i++)    scanf("%f",&p[i]), p[i]/=100.0;
34         for(int i=1;i<=n;i++)    a[i]=get();
35        
36         f[0][0][id(K)] = 1;
37         for(int i=0; i<=n-1; i++)
38         for(int j=0; j<=i; j++)
39         for(int k=-i; k<=n; k++)
40         {
41             f[i+1][j][id(k)] += f[i][j][id(k)] * (1.0-p[i+1]); // fail
42             f[i+1][j+1][id(k+a[i+1])] += f[i][j][id(k)] * p[i+1]; // win
43         }
44            
45         for(int j=Limit; j<=n; j++)
46         for(int k=id(0); k<=id(n); k++)
47             Ans += f[n][j][k];
48            
49         printf("%.6f", Ans);
50 }
51 

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