BZOJ 3029 守卫者的挑战

题面

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

3 1 0
10 20 30
-1 -1 2

Sample Output

0.300000

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。

题解

DP傻题.
\(f[i][j][k]\)表示第\(i\)个完成挑战后, 总共成功\(j\)个挑战, 背包剩余容量为\(k\)的概率.
我们发现\(k\)可能小于\(0\), 因此要把\(k\)整体挪一下位.

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>

const int N = 200;
int main()
{
	#ifndef ONLINE_JUDGE
	freopen("BZOJ3029.in", "r", stdin);
	#endif

	int n, m, c;
	scanf("%d%d%d", &n, &m, &c);
	static double pr[N + 1];
	for(int i = 1; i <= n; ++ i)
		scanf("%lf", pr + i);
	for(int i = 1; i <= n; ++ i)
		pr[i] /= 100;
	static int a[N + 1];
	for(int i = 1; i <= n; ++ i)
		scanf("%d", a + i);
	static double f[N + 1][N + 1][N << 1 | 1];
	memset(f, 0, sizeof(f));
	f[0][0][N + std::min(c, n)] = 1;
	for(int i = 0; i < n; ++ i)
		for(int j = 0; j <= i; ++ j)
			for(int k = N - n; k <= N + n; ++ k)				
				f[i + 1][j + 1][std::min(n + N, k + a[i + 1])] += f[i][j][k] * pr[i + 1],
				f[i + 1][j][k] += f[i][j][k] * (1 - pr[i + 1]);
	double ans = 0;
	for(int i = m; i <= n; ++ i)
		for(int j = N; j <= N + n; ++ j)
			ans += f[n][i][j];
	printf("%lf", ans);
}

当然还有另一个编辑版的题解

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>

const int N = 200;
int main()
{
	#ifndef ONLINE_JUDGE
	freopen("BZOJ3029.in", "r", stdin);
	#endif

    int n, m, c;     scanf("%d%d%d", &n, &m, &c);     static double pr[N + 1];
for(int i = 1; i <= n; ++ i)         scanf("%lf", pr + i);     for(int i = 1;
i <= n; ++ i)         pr[i] /= 100;     static int a[N + 1];     for(int i =
1; i <= n; ++ i)         scanf("%d", a + i);     static double f[N + 1][N +
1][N << 1 | 1];     memset(f, 0, sizeof(f));     f[0][0][N + std::min(c, n)] =
1;     for(int i = 0; i < n; ++ i)         for(int j = 0; j <= i; ++ j)
for(int k = N - n; k <= N + n; ++ k)                                 f[i +
1][j + 1][std::min(n + N, k + a[i + 1])] += f[i][j][k] * pr[i + 1],
f[i + 1][j][k] += f[i][j][k] * (1 - pr[i + 1]);     double ans = 0;
for(int i = m; i <= n; ++ i)         for(int j = N; j <= N + n; ++ j)
ans += f[n][i][j];     printf("%lf", ans); }

posted @ 2017-07-09 10:48  Zeonfai  阅读(243)  评论(0编辑  收藏  举报