CF2023D Many Games

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Problem

给你 \(n\) 个物品，每个物品有一个概率 \(p_i\) 和权值 \(w_i\)。如果选中某个物品 \(i\)，那么有 \(p_i\%~(1\le p_i\le 100)\) 的概率中奖并获得 \(w_i\)， 然后假设你选了一个集合 \(S\)，当且仅当集合内的物品都中奖了，才能获得集合内的 \(\displaystyle\sum_{i\in S} w_i\)。定义一个集合的价值 \(f(S)\) 为

\[\forall i\in S, \Big(\prod_i\frac{p_i}{100}\Big)\cdot\Big(\sum_{i}w_i\Big) \]

求 \(f(S)\) 的最大值。

数据范围：\(1 \le n \le 2 \times 10^5\)，\(1 \le w_i, p_i\cdot w_i \le 2 \times 10^5\)。

Sol

首先 \(p_i = 100\) 的点是一定会选的。然后如果 \(p_i\) 相同的话，我一定是从大到小的选择 \(w_i\)。然后感觉一下，如果 \(w_i\) 相差不大的话，概率越小的数选的个数也会越少，不然一定不优。考虑具体的分析一下这个东西。不妨令当前的物品的概率为 \(p\)（此时 \(p \in (0, 1)\)），物品的价值为 \(\large\frac{w_{max}}{100p}\)（更小肯定更劣），集合中暂时没有数（有数的话影响会更大，因为它会使之前的值变小）。设这类物品选了 \(x\) 个，则 \(f\) 为 \(p^x \cdot x \cdot \frac{w_{\max}}{100p} = p^{x - 1}x\frac{w_{\max}}{100}\)。于是这个东西就只和 \(p^{x - 1}x\) 有关。不妨令 \(g(x) = p^{x - 1}x\)，则 \(g'(x) = p^{x - 1}\ln(p)x + p^{x - 1}\)。当 \(p^{x - 1} + xp^{x - 1} \ln p = 0\) 时 \(g(x)\) 有最大值。\(p^{x - 1} = -p^{x - 1}\times x\ln p\)。\(x \ln p = -1\) 时有最小值。则 \(x = \frac{1}{\ln \frac{1}{p}}\)。当 \(p = 0.99\) 时有最大值 \(100\)。最后直接把每个 \(p\) 对应的元素全部拉出来跑一遍背包即可。然后这个东西的个数只有五百个左右就做完了。

这道题 double 是够用的，long double 可能会比较卡时间。

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
#define fi first
#define se second
mt19937_64 eng(time(0) ^ clock());
template <typename T>
T rnd(T l, T r) { return eng() % (r - l + 1) + l; }
typedef double ld;
int n;
int w[200005];
ld f[300005];
vector<int> p[105];
int main() {
	scanf("%d", &n);
	for (int i = 1, x; i <= n; ++i) {
		scanf("%d%d", &x, w + i);
		p[x].emplace_back(w[i]);
	}
	f[0] = 1;
	for (int i = 1; i < 100; ++i) {
		sort(p[i].begin(), p[i].end(), greater<int> ());
		int lim = ceil(1 / log((ld) 100 / i));
		while ((int) p[i].size() > lim)
			p[i].pop_back();
		for (int j : p[i])
			for (int k = 300000; k >= j; --k)
				f[k] = max(f[k], f[k - j] * i / 100);
	}
	ll s = 0;
	for (int i : p[100]) s += i;
	ld ans = 0;
	for (int i = 0; i <= 300000; ++i)
		ans = max(ans, f[i] * (i + s));
	printf("%.8lf\n", ans);
	return 0;
}