[BZOJ3029] 守卫者的挑战

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

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

Sample Output

样例输出1
0.300000

样例输出2
0.980387

HINT

　　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。

设$\large f[i][j][k]$为挑战了前i个，成功了j个，背包还剩余k的概率。

然后转移就是枚举赢还是不赢。

$\large f[i+1][j+1][k+a[i]] = f[i][j][k]*p[i+1]$

$\large f[i+1][j][k] = f[i][j][k] * (1 - p[i+1])$。

因为k这一维可能出现负数，所以平移一下，又因为k大于200的状态不会产生贡献，容量大了也没用，所以大于n的当做n。

这样还是会爆空间，滚动数组优化一下就行了。

Joyoi上不用加滚动数组，bzoj上卡空间。

#include <iostream>

#include <cstdio>

#include <cstring>

using namespace std;

#define reg register

#define gc getchar

inline int read() {

    int res=;char ch=gc();bool flag=;

    while(!isdigit(ch)) {if(ch=='-')flag=;ch=gc();}

    while(isdigit(ch))res=(res<<)+(res<<)+(ch^), ch=gc();

    return flag ? -res : res;

}

int n, K, L;

int p[], a[];

double f[][][];

int chg(int x) {

    return min(x, n) + ;

}

double ans;

int main()

{

    n = read(), L= read(), K = read();

    for (reg int i =  ; i <= n ; i ++) p[i] = read();

    for (reg int i =  ; i <= n ; i ++) a[i] = read();

    K = min(K, n);

    f[][][chg(K)] = ;

    int now = ;

    for (reg int i =  ; i < n ; i ++)

    {

        memset(f[now], , sizeof f[now]);

        now ^= ;

        for (reg int j =  ; j <= i ; j ++)

            for (reg int k = -i ; k <= n ; k ++)

            {

                f[now^][j+][chg(k+a[i+])] += f[now][j][chg(k)] * (double)p[i+] / 100.0;

                f[now^][j][chg(k)] += f[now][j][chg(k)] * (double)(1.0 - (double)p[i+]/ 100.0) ;

            }

    }

    for (reg int j = L ; j <= n ; j ++)

        for (reg int k =  ; k <= n ; k ++)

            ans += f[now^][j][chg(k)];

    printf("%.6lf\n", ans);

    return ;

}

巴特西