51nod1450 闯关游戏

 

题目来源: TopCoder
基准时间限制:1 秒 空间限制:131072 KB 分值: 320
一个游戏App由N个小游戏(关卡)构成,将其标记为0,1,2,..N-1。这些小游戏没有相互制约的性质,玩家可以任意时刻玩任意一个小游戏,且每个小游戏可以玩任意多次,一个小游戏玩一次消耗玩家恰好1min的时间。每个小游戏会根据玩家的表现返回3种结果:1)挑战失败;2)挑战成功并获得1颗星;3)挑战成功且获得2颗星。玩家可以多次挑战同一个小游戏,而且系统会记录玩家多次挑战中的最好成绩。(注意:两颗星优于一颗星优于挑战失败。)
这个游戏App通关需要同时满足2个条件:1)N个小游戏的系统记录的最好成绩都是成功;2)这N个小游戏的系统记录成绩中的星星总数至少是M颗。
根据一些统计,一个玩家在任一次玩第i个小游戏时,都会独立的发生以下结果:
* 有(1000 - X[i] - Y[i])*0.001的概率会挑战失败;
* 有   X[i]*0.001   的概率会挑战成功并获得一颗星;
* 有   Y[i]*0.001   的概率会挑战成功并获得两颗星.
其中1<=X[i],Y[i],且X[i]+Y[i]<=1000,且都为整数.
问一个玩家从安装完这个游戏App到这个游戏App通关,最优策略下需要花费时间的期望E。输出E的值,以min为该时间单位。(误差在1e-7内)

例如:样例中有两个小游戏,且两个小游戏每次玩必能通过,且有0.5的概率拿两颗星。玩家可以先各玩一个小游戏一次,有0.75的概率能拿至少3颗星;有0.25的概率只能拿2颗星,此时需要盯着一关不停的玩,直到得到两颗星,这需要1/2 * 1 + 1/4 * 2 + 1/8 * 3 + ... + 1/(2^k) * k + .... 次。所以,E = 0.75*2 + 0.25*(2 + 1/2 * 1 + 1/4 * 2 + 1/8 * 3 + ... + 1/(2^k) * k + .... )= 2.5。
Input
第一行两个个整数N,M,且1<=N<=2000,N <= M <= 2N
接下来N行,每行两个整数,X[i]、Y[i],其中1<=X[i],Y[i],且X[i]+Y[i]<=1000
Output
一个浮点数,即期望E。确保E的精度与正解的绝对误差或相对误差小于1e-7。
Input示例
2 3
500 500
500 500
Output示例
2.5

 

数学问题 期望DP

充满迷惑地过了一题。

根据多年的游戏经验,我们应该先过掉所有的关,然后挑两星概率最大的还没过的关使劲儿怼。

由此我们将关卡按Y排序,先决策Y大的。

设f[i][j]表示还有i关要打,还剩j颗星要拿。

然后愉快地转移。

 

注释掉的代码是第一次写的版本,看上去很有道理但是只能过一半的点,输出结果和答案比较像,但是精度达不到1e-7

实际运行的版本借鉴了隔壁sdfzyhx的思路,先将m-=n以保证每关必过。

但是这不科学啊,我觉得我的写法也能保证每关必过啊? 就很迷茫

挣扎了一个小时,放弃了思考。

 

 1 #include<iostream>
 2 #include<algorithm>
 3 #include<cstring>
 4 #include<cstdio>
 5 #include<cmath>
 6 using namespace std;
 7 const int INF=0x3f3f3f3f;
 8 const int mxn=4005;
 9 int read(){
10     int x=0,f=1;char ch=getchar();
11     while(ch<'0' || ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
12     while(ch>='0' && ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
13     return x*f;
14 }
15 int n,m;
16 double f[mxn][mxn];
17 struct node{
18     int x,y;
19     bool operator < (const node &b)const{
20         return y<b.y;
21     }
22 }a[mxn];
23 int main(){
24     int i,j;
25     n=read();m=read();
26     for(i=0;i<n;i++){
27         a[i].x=read();a[i].y=read();
28     }
29     m-=n;//
30     sort(a,a+n);
31     for(i=0;i<=n;i++)
32         for(j=0;j<=m;j++)
33             f[i][j]=INF;
34     f[n][m]=0;
35     for(i=n-1;i>=0;i--){
36         for(j=0;j<m;j++){
37             f[i][j]=min(f[i][j],
38                 1000.0/(a[i].x+a[i].y)+f[i+1][j]*a[i].x/(a[i].x+a[i].y)+
39                     f[i+1][j+1]*a[i].y/(a[i].x+a[i].y)
40             );
41             f[i][j]=min(f[i][j],f[i+1][j+1]+1000.0/a[i].y);
42         }
43         f[i][m]=min(f[i][m],1000.0/(a[i].x+a[i].y)+f[i+1][m]);
44     }
45     /*
46     for(i=n-1;i>=0;i--){
47         for(j=m;j>=0;j--){
48             f[i][j]=min(f[i][j],
49                     1000.0/(a[i].x+a[i].y)+f[i+1][j+1]*a[i].x/(a[i].x+a[i].y)+
50                         f[i+1][j+2]*a[i].y/(a[i].x+a[i].y));
51             f[i][j]=min(f[i][j],f[i+1][j+2]+1000.0/a[i].y);
52         }
53         f[i][0]=min(f[i][0],1000.0/(a[i].x+a[i].y)+f[i+1][0]);
54     }
55     */
56     printf("%.7f\n",f[0][0]);
57     return 0;
58 }

 

posted @ 2017-07-09 10:19 SilverNebula 阅读(...) 评论(...) 编辑 收藏
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