【BZOJ4008】【HNOI2015】亚瑟王 [期望DP]
亚瑟王
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Description
小 K 不慎被 LL 邪教洗脑了,洗脑程度深到他甚至想要从亚瑟王邪教中脱坑。
他决定,在脱坑之前,最后再来打一盘亚瑟王。既然是最后一战,就一定要打得漂亮。
众所周知,亚瑟王是一个看脸的游戏,技能的发动都是看概率的。
作为一个非洲人,同时作为一个前 OIer,小 K 自然是希望最大化造成伤害的期望值。
但他已经多年没写过代码,连 Spaly都敲不对了,因此,希望你能帮帮小 K,让他感受一下当欧洲人是怎样的体验。
本题中我们将考虑游戏的一个简化版模型。
玩家有一套卡牌,共 n张。游戏时,玩家将 n 张卡牌排列成某种顺序,排列后将卡牌按从前往后依次编号为 1~n。
本题中,顺序已经确定,即为输入的顺序。
每张卡牌都有一个技能。
第 i 张卡牌的技能发动概率为 pi,如果成功发动,则会对敌方造成di点伤害。也只有通过发动技能,卡牌才能对敌方造成伤害。
基于现实因素以及小K非洲血统的考虑,pi不会为 0,也不会为 1,即 0 < pi < 1。
一局游戏一共有 r 轮。
在每一轮中,系统将从第一张卡牌开始,按照顺序依次考虑每张卡牌。
在一轮中,对于依次考虑的每一张卡牌:
1 如果这张卡牌在这一局游戏中已经发动过技能,则
1.1 如果这张卡牌不是最后一张,则跳过之(考虑下一张卡牌);
否则(是最后一张),结束这一轮游戏。
2 否则(这张卡牌在这一局游戏中没有发动过技能),设这张卡牌为第 i 张
2.1 将其以 pi的概率发动技能。
2.2 如果技能发动,则对敌方造成 di点伤害,并结束这一轮。
2.3 如果这张卡牌已经是最后一张(即 i 等于n),则结束这一轮;
否则,考虑下一张卡牌。
请帮助小 K 求出这一套卡牌在一局游戏中能造成的伤害的期望值。
Input
输入文件的第一行包含一个整数 T,代表测试数据组数。
接下来一共 T 组数据。
每组数据的第一行包含两个用空格分开的整数 n和r,分别代表卡牌的张数和游戏的轮数。
接下来 n 行,每行包含一个实数和一个整数,由空格隔开,描述一张卡牌。
第 i 行的两个数为 pi和 di,分别代表第 i 张卡牌技能发动的概率(实数)和技能发动造成的伤害(整数)。
保证 pi最多包含 4位小数,且为一个合法的概率。
Output
对于每组数据,输出一行,包含一个实数,为这套卡牌在这一局游戏中造成的伤害的期望值。
对于每一行输出,只有当你的输出和标准答案的相对误差不超过10^-8时——即|a-o|/a<=10-8时(其中a是标准答案,o是输出),你的输出才会被判为正确。
建议输出10位小数。
Sample Input
1
3 2
0.5000 2
0.3000 3
0.9000 1
Sample Output
3.2660250000
一共有 13 种可能的情况:
1. 第一轮中,第 1张卡牌发动技能;第二轮中,第 2张卡牌发动技能;
概率为 0.15,伤害为5。
2. 第一轮中,第 1张卡牌发动技能;第二轮中,第 3张卡牌发动技能;
概率为 0.315,伤害为3。
3. 第一轮中,第 1张卡牌发动技能;第二轮不发动技能;
概率为 0.035,伤害为2。
4. 第一轮中,第 2张卡牌发动技能;第二轮中,第 1张卡牌发动技能;
概率为 0.075,伤害为5。
5. 第一轮中,第 2张卡牌发动技能;第二轮中,第 3张卡牌发动技能;
概率为 0.0675,伤害为4。
6. 第一轮中,第 2张卡牌发动技能;第二轮不发动技能;
概率为 0.0075,伤害为3。
7. 第一轮中,第 3张卡牌发动技能;第二轮中,第 1张卡牌发动技能;
概率为 0.1575,伤害为3。
8. 第一轮中,第 3张卡牌发动技能;第二轮中,第 2张卡牌发动技能;
概率为 0.04725,伤害为4。
9. 第一轮中,第 3张卡牌发动技能;第二轮不发动技能;
概率为 0.11025,伤害为1。
10. 第一轮不发动技能;第二轮中,第 1张卡牌发动技能;
概率为 0.0175,伤害为2。
11. 第一轮不发动技能;第二轮中,第 2张卡牌发动技能;
概率为 0.00525,伤害为3。
12. 第一轮不发动技能;第二轮中,第 3张卡牌发动技能;
概率为 0.011025,伤害为1。
13. 第一轮不发动技能;第二轮亦不发动技能;
概率为 0.001225,伤害为0。
造成伤害的期望值为概率与对应伤害乘积之和,为 3.266025。
HINT
Main idea
有n个人,r轮游戏,每次从左到右依次进行操作,第i个人有p[i]的概率被选中,被选中了则产生d[i]贡献,结束该轮,询问期望贡献和。
Solution
期望DP题,转换思想,把所有的机会一起操作。
f[i][j]表示到第i个人得到了j个机会的概率,显然,如果i得到j个机会那么i-1也至少得到了j个机会。
如果i-1没有用机会,那么f[i][j]+=f[i-1][j]*p(i-1一个机会都没用),如果i-1用了机会,那么这轮就停止了,f[i][j]+=f[i-1][j+1]*p(i-1至少用了一个机会),因为事实上也只会算一个用掉的机会,所以是不会使得答案错误的。
Code
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
using namespace std; const int ONE=; int T;
int n,r;
double p[ONE];
int d[ONE];
double f[ONE][ONE];
double Ans; int get()
{
int res,Q=; char c;
while( (c=getchar())< || c>)
if(c=='-')Q=-;
if(Q) res=c-;
while((c=getchar())>= && c<=)
res=res*+c-;
return res*Q;
} double Quick(double a,int b)
{
double res=1.00;
while(b)
{
if(b&) res=res*a;
a=a*a;
b>>=;
}
return res;
} int main()
{
T=get();
while(T--)
{
Ans=;
memset(f,,sizeof(f));
n=get(); r=get();
for(int i=;i<=n;i++)
{
scanf("%lf",&p[i]);
d[i]=get();
} f[][r]=1.0;
for(int i=;i<=n;i++)
for(int j=;j<=r;j++)
{
f[i][j]+= f[i-][j] * Quick(-p[i-],j);
f[i][j]+= f[i-][j+] * ( - Quick(-p[i-],j+));
Ans+=f[i][j]*( - Quick(-p[i],j))*d[i];
} printf("%lf\n",Ans);
}
}
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