P3251 [JLOI2012] 时间流逝

题意

给定 $n$ 个价值不同的元素，维护一个初始为空的可重集合。如果集合为空，则等概率地获得一个元素。如果集合不为空，则有 $p$ 的概率删除集合中最小的一个元素，或者 $1-p $ 的概率获得一个随机的元素，并且该元素的价值不大于集合中的任何一个元素，即小于等于集合中最小元素。求整个集合的元素价值之和大于 $t$ 的期望步数。

Solution

发现对于某一种状态，去掉一个元素后的状态是唯一的，而添加一个元素后则可能有多种后继状态，类似树的结构，故考虑对于状态建树。对于每个节点 $i$，定义其前驱节点为 $pre_i$，其后继节点为 $suc_i$。令 $dp_{\mathtt{S}}$ 为当前集合为 $\mathtt{S}$ 时的期望步数，则可以写出转移方程：$$ dp_{\mathtt{S}} = 1 + p \times dp_{pre_{\mathtt{S}}} + \dfrac{1-p}{\mid suc \mid} \times \sum_{ v \in suc_{\mathtt{S}}} dp_v $$ 且对于叶子节点，由于其没有后继节点，则有：$$ dp_{\mathtt{S}} = p \times dp_{pre_{\mathtt{S}}} +1 $$ 发现 $dp_{\mathtt{S}}$ 和 $dp_{pre_{\mathtt{S}}}$ 是线性关系，故推断所有子节点和父节点都是线性关系。设 $dp_{\mathtt{S}}=k_{\mathtt{S}}\times dp_{pre_{\mathtt{S}}}+b_{\mathtt{S}}$，则代换后有$$ dp_{\mathtt{S}} = 1 + p \times dp_{pre_{\mathtt{S}}} + \dfrac{1-p}{\mid suc \mid} \times \sum_{ v \in suc_{\mathtt{S}}} (k_v \times dp_{\mathtt{S}} + b_v) $$

$$ dp_{\mathtt{S}} = 1 + p \times dp_{pre_{\mathtt{S}}} + \dfrac{1-p}{\mid suc \mid} \times \sum_{ v \in suc_{\mathtt{S}}} b_v + dp_{\mathtt{S}}\times \dfrac{1-p}{\mid suc \mid} \times \sum_{ v \in suc_{\mathtt{S}}} k_v $$

移项：$$ dp_{\mathtt{S}} \times ( 1-\dfrac{1-p}{\mid suc \mid} \times \sum_{ v \in suc_{\mathtt{S}}} k_v)= p \times dp_{pre_{\mathtt{S}}} + \dfrac{1-p}{\mid suc \mid} \times \sum_{ v \in suc_{\mathtt{S}}} b_v + 1 $$ 将式子化成 $dp_{\mathtt{S}}=k_{\mathtt{S}}\times dp_{pre_{\mathtt{S}}}+b_{\mathtt{S}}$ 形式：$$ dp_{\mathtt{S}} = \dfrac{p}{ 1-\dfrac{1-p}{\mid suc \mid} \times \sum_{ v \in suc_{\mathtt{S}}} k_v } \times dp_{pre_{\mathtt{S}}} + \dfrac{ \dfrac{1-p}{\mid suc \mid} \times \sum_{ v \in suc_{\mathtt{S}}} b_v + 1 }{ 1-\dfrac{1-p}{\mid suc \mid} \times \sum_{ v \in suc_{\mathtt{S}}} k_v } $$ 一遍 DFS 即可求出所有节点的 $k_{\mathtt{S}}$ 以及 $b_{\mathtt{S}}$。答案即为 $dp_{\emptyset}$ ，发现对于空集，其没有前驱节点，即 $dp_{pre_{\emptyset}}$ 为 $0$，答案即为 $b_{\emptyset}$。

code

#include<bits/stdc++.h>
inline int read()
{
    int res=0,flag=1;
    char ch=getchar();
    while(!isalnum(ch)) (ch=='-')?flag=-1:1,ch=getchar();
    while(isalnum(ch)) res=res*10+ch-'0',ch=getchar();
    return res*flag;
}
int n,goal;
int val[50];
double p;
std::pair<double,double> dfs(int min,int sum)
{
    if(sum>goal)
        return std::make_pair(0.0,0.0);
    double sumk=0,sumb=0,tmp=(1-p)/min;
    for(int i=1;i<=min;i++)
    {
        std::pair<double,double> ans=dfs(i,sum+val[i]);
        sumk+=ans.first;
        sumb+=ans.second;
    }
    if(sum==0)
        tmp=1.0/min;
    sumk=1-tmp*sumk;
    sumb=1.0+tmp*sumb;
    return std::make_pair(p/sumk,sumb/sumk);
}
int main(int argc,const char *argv[])
{
    while(scanf("%lf",&p)!=EOF)
    {
        goal=read(),n=read();
        for(int i=1;i<=n;i++)
            val[i]=read();
        std::sort(val+1,val+n+1);
        printf("%.3f\n",dfs(n,0).second);
    }
    return 0;
}