[bzoj3029] 守卫者的挑战 (概率期望dp)

传送门

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。

Solution

刷表法(我好像写的麻烦了qwq)

Code

//By Menteur_Hxy
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define F(i,a,b) for(register int i=(a);i<=(b);i++)
using namespace std;

int read() {
	int x=0,f=1; char c=getchar();
	while(!isdigit(c)) {if(c=='-')f=-f; c=getchar();}
	while(isdigit(c)) x=(x<<1)+(x<<3)+c-48,c=getchar();
	return x*f;
}

const int N=210;
int n,L,k;
int val[N];
double p[N],dp[2][N][N<<1];

int main() {
	n=read(),L=read(),k=read();
	F(i,1,n) p[i]=(double)read()/100.0;
	F(i,1,n) val[i]=read();
	dp[0][0][min(n,k)+N]=1;
	int m=0;
	F(l,0,n-1) {
		m^=1;
		F(i,0,l) F(j,-n,n) dp[m][i][j+N]=0;
		F(i,0,l) F(j,-n,n) 
		if(val[l+1]>=0)  {
			dp[m][i+1][min(j+val[l+1],n)+N]+=dp[m^1][i][j+N]*p[l+1];
//            printf("dp[%d][%d][%d]=%0.6lf\n",m,l+1,min(j+val[l+1],n)+N,dp[m][i+1][min(j+val[l+1],n)+N]);
			dp[m][i][j+N]+=dp[m^1][i][j+N]*(1-p[l+1]);
		} else {
			dp[m][i+1][j-1+N]+=dp[m^1][i][j+N]*p[l+1];
//            printf("dp[%d][%d][%d]=%0.6lf\n",m,l+1,j-1+N,dp[m][l+1][j-1+N]);
			dp[m][i][j+N]+=dp[m^1][i][j+N]*(1-p[l+1]);
		}
	}
	double ans=0;
	F(i,L,n) F(j,0,n) ans+=dp[m][i][j+N];
	printf("%.6lf",ans);
	return 0;
}
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posted @ 2018-07-25 22:25  Menteur_hxy  阅读(230)  评论(0编辑  收藏  举报