Codeforces Round #363 (Div. 1) C题

Codeforces Round #363 (Div. 1) C题

题目大意：

有 n 个视频和一个可以存放 k 个视频的缓存区。在每次操作中，第 i 个视频将有 pi 的概率会被选中，若被选中的视频不在缓存区中，则将其加入缓存区。如果缓存区已满，则将最早加入的视频移出，将被选中视频加入。求经过 \(10^{100}\)次操作后各个物品在缓存区中的概率。

算法：期望DP

思路：

发现询问次数非常大，思考能否从这里入手

可以发现，第一次询问所影响到最后的概率微乎其微；最后一次询问必定在缓冲区内，于是不妨倒着计算

假设\(g_i,_j\)定义为第\(i\)个视频倒数第\(j\)个加入缓存区，那么\(ans_i= \sum^{k}_{j=1}g_i,_j\)

对于其 我们可以考虑进行状压DP处理，设\(a_i\)为\(i\)中1的个数 \(f_i\)为此状态的概率

DP方程便是：
\(f_{i+2^j}=f_{i+2^j}+f_i*p[j]/tmp\)

其中\(tmp\)为在此状态下未被选的那些数的概率总和

可以发现，此方程完全省略了询问次数的限制，这是由于询问次数足够多而导致的

换句话说 在上面的方程中，如果我们某一次选数选到了重复的数，那么我们可以直接当作没有这一次询问 这仍然是因为询问次数足够大才可以省略的

并且，若目前\(a_i\)已经大于\(k\)，那么前面（也即是弹栈弹出去的数）的数对后面没有任何影响，那么直接将前面的数省略后进行计算也是可以的

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const double eps=1e-6;
const int maxn=2e5+10;
const int INF=0x3f3f3f3f;
int n,k;
double a[maxn],ans[maxn];
double dp[(1<<20)];
int get_(int x){
	int cnt=0;
	while(x){
		if(x&1)cnt++;
		x>>=1;
	}
	return cnt;
}
int main(){
	std::ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0),cout.tie(0);
	cin>>n>>k;
	for(int i=0;i<n;i++)cin>>a[i];
	int tot=(1<<n);
	int cnt=0;
	for(int i=0;i<n;i++)if(a[i]<eps)cnt++;
	k=min(k,n-cnt);
	dp[0]=1;
	for(int i=0;i<tot;i++){
		double tmp=1;
		for(int j=0;j<n;j++){
			if(i&(1<<j)){
				tmp-=a[j];
				if(get_(i)==k){
					ans[j]+=dp[i];
				}
			}
		}
		for(int j=0;j<n;j++){
			if(i&(1<<j))continue;
			dp[i|(1<<j)]+=dp[i]*a[j]/tmp;
		}
	}
	for(int i=0;i<n;i++){
		cout<<fixed<<setprecision(15)<<ans[i]<<" ";
	}
	return 0;
}

后记：

这种DP非常的好，出的真的非常不错，很考验思维

也反映出来我期望的训练不够，以后还得多加训练：）