[HNOI2015]亚瑟王

传送门

题解

　　是一道与概率期望有关的一道题。

　　博主首先考虑\(n\)张卡牌中选出来\(r\)张，此时贡献很显然，可是对于这\(r\)张牌，不同的顺序对应的概率不同，这样做期望很难统计。

　　换个角度，我们来单独看每张卡牌，分别算出每张卡牌被选出来的概率，进而得到期望，最后由于期望的线性性加起来也能得到答案。我们先看所有卡牌中选第\(i\)张的概率，记作\(g_i\)，答案即为\(\sum\limits_{i=1}^nd_ig_i\)，发现这样的状态不够，就再设\(f_{i,j}\)表示前\(i\)张中出了\(j\)张的概率，那么对于第\(i\)张牌，前面\(i-1\)轮出了\(j\)张，会有\(r-j\)轮经过第\(i\)张卡牌，如果第\(i\)张出，此时概率为\(f_{i-1,j-1}\times \left(1-(1-p_i)^{r-j}\right)\)，实际上就是只要这张牌出了的概率；如果第\(i\)张没出，概率为\(f_{i-1,j}\times (1-p_i)^{r-j}\)，表示一次都没出。综上我们可以得到：

\[f_{i,j}=f_{i-1,j}\times(1-p_i)^{r-j}+f_{i-1,j-1}\times\left(1-(1-p_i)^{r-j}\right) \]

\[g_i=\sum_{j=0}^{min(i,r)-1}f_{i-1,j}\times\left(1-(1-p_i)^{r-j}\right) \]

　　边界判掉即可。复杂度：\(\text{O}(Tnr)\)。

代码

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

#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define min(a, b) (a) < (b) ? (a) : (b)
#define max(a, b) (a) > (b) ? (a) : (b)
#define rep(i, a, b) for (int i = a, i##end = b; i <= i##end; ++i)
#define per(i, a, b) for (int i = a, i##end = b; i >= i##end; --i)
#define rep0(i, a) for (int i = 0, i##end = a; i < i##end; ++i)
#define per0(i, a) for (int i = a-1; ~i; --i)
#define chkmax(a, b) a = max(a, b)
#define chkmin(a, b) a = min(a, b)

const int maxn = 255;

double f[maxn][maxn], p[maxn], g[maxn];
int d[maxn], T, n, r;

double pw[maxn][maxn]; // 预处理概率的幂

int main() {
    scanf("%d", &T);
    while (T--) {
        scanf("%d%d", &n, &r);
        rep(i, 1, n) scanf("%lf%d", &p[i], &d[i]);
        memset(f, 0, sizeof f);
        f[0][0] = 1; // 初始化
        double ans = 0;
        rep(i, 1, n) {
            pw[i][0] = 1, g[i] = 0;
            rep(j, 1, r) pw[i][j] = pw[i][j-1] * (1-p[i]); // 预处理
            rep(j, 0, min(i, r)) f[i][j] = (j ? f[i-1][j-1] * (1-pw[i][r-j+1]): 0) + f[i-1][j] * pw[i][r-j]; // 计算f[i][j]
            rep(j, 0, min(i, r)-1) g[i] += f[i-1][j] * (1-pw[i][r-j]); // 计算g[i]
            ans += g[i] * d[i]; // 由期望的线性性相加
        }
        printf("%.10lf\n", ans);
    }
    return 0;
}