[BZOJ]1076 奖励关(SCOI2008)

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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[BZOJ]1076 奖励关(SCOI2008)相关的知识,希望对你有一定的参考价值。

  终于又一次迎来了一道期望DP题,按照约定,小C把它贴了出来。

 

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。

Sample Input

  1 2
  1 0
  2 0

Sample Output

  1.500000

HINT

  1<=k<=100,1<=n<=15,分值为[-10^6,10^6]内的整数。

 

Solution

  关于概率期望的题目让人头大,但是如果你还记得之前的口诀“概率正着做,期望倒着做”,这题就会变得很无脑。

  很显然这题要我们求的是期望,所以我们倒着开始思考问题。

  我们注意到n的范围小等于15,那还能是什么做法啊,当然是状压啊。

  于是我们考虑设计状态,f[i][j]表示取了已经抛出i次物品,并且取了集合为j的物品至少1次,这之后按照最优策略能取到的期望值。

  所谓最优策略,实际上就是比较转移代价和目标收益之间的大小关系,

  假设我们在状态f[i][j],假设可以取得物品x,我们就要斟酌一下取得x的代价和取得x之后的收益,

  也就是比较-w[x]和f[i+1][j|ys[x]]的大小,

  如果-w[x]<f[i+1][j|ys[x]],也就是说收益更大,按照最优原则我们应该要取;(为什么是“应该”呢)

  反之就是代价更大,按照最优原则我们肯定不能取,但是请注意,不取x也有一个收益,那就是f[i+1][j]。

  不过就算取x的收益比代价大,但这两者的差值不一定大于不取x的收益,所以按照最优策略还是要对两者取一个max。

  结合上面的思路来看,我们发现f[i][j]永远不可能是负数。

  前面说的是能够取得物品x的情况,那么什么时候取不了物品x(未满足x的前提宝物集合)呢?

  这种问题还用问?看看你自己设计的状态就知道了吧。

  转移方程:

  其中如果取不了物品k,用 0 代替。

  时间复杂度,虽然复杂度有5亿然而却跑得飞快。

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#define MS 17
#define MN 35005
using namespace std;
int ys[MS],w[MS],prt[MS];
double f[2][MN];
int m,n,stp;

inline int read()
{
    int n=0,f=1; char c=getchar();
    while (c<\'0\' || c>\'9\') {if(c==\'-\')f=-1; c=getchar();}
    while (c>=\'0\' && c<=\'9\') {n=n*10+c-\'0\'; c=getchar();}
    return n*f;
}

int main()
{
    register int i,j,k,x,lg,rg;
    m=read(); n=read();
    for (ys[1]=1,i=2;i<=n;++i) ys[i]=ys[i-1]<<1;
    stp=ys[n]<<1;
    for (i=1;i<=n;++i)
        for (w[i]=read(),x=read();x;x=read()) prt[i]|=ys[x];
    for (i=m-1,lg=0,rg=1;i>=0;--i,swap(lg,rg))
        for (j=0;j<stp;f[lg][j++]/=n)
            for (f[lg][j]=0,k=1;k<=n;++k)
                f[lg][j]+=max(((j&prt[k])==prt[k])?f[rg][j|ys[k]]+w[k]:0,f[rg][j]);
    printf("%.6lf",f[rg][0]);
}

 

Last Word

  自己手算一些小数据也是不错的调试技巧。

  为了缩行可能代码画风会有点崩坏。

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