【bzoj1076/SCOI2008】奖励关——状压dp+期望dp

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。

 


 

先状压表示出每种宝物需要先获取哪些宝物,然后从后往前转移-->保证状态合法。

f[i][j]表示第i次抛出宝物时已获取宝物的状态为j的最大值,那么就可以从f[i+1][j](不吃这个宝物)和f[i+1][j|(1<<(k-1))](吃这个宝物)的max转移过来。

代码:

 

 1 #include<cstdio>
 2 #include<cstring>
 3 #include<algorithm>
 4 typedef double Cu;
 5 int n,K;
 6 int read(){
 7     int ans=0,f=1;char c=getchar();
 8     while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
 9     while(c>='0'&&c<='9'){ans=ans*10+c-48;c=getchar();}
10     return ans*f;
11 }
12 Cu f[105][65536];
13 int b[16],wi[16];
14 int main(){
15     n=read();K=read();
16     for(int i=1,t;i<=K;i++){
17         wi[i]=read();t=read();
18         while(t){
19             b[i]|=1<<(t-1);
20             t=read();
21         }
22     }
23     Cu p=1.0/K;
24     for(int i=n;i>=1;i--)
25         for(int j=0;j<=(1<<K)-1;j++)
26             for(int k=1;k<=K;k++){
27                 if((b[k]&j)==b[k])f[i][j]+=std::max(f[i+1][j],f[i+1][j|(1<<(k-1))]+wi[k])*p;
28                 else f[i][j]+=p*f[i+1][j];
29             }
30     printf("%.6f",f[1][0]);
31     return 0;
32 }
bzoj1076

 

 

 

posted @ 2017-10-18 10:24  Child-Single  阅读(191)  评论(0编辑  收藏  举报