BZOJ3029: 守卫者的挑战

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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

样例输入1

3 1 0

10 20 30

-1 -1 2

样例输入2

5 1 2

36 44 13 83 63

-1 2 -1 2 1

Sample Output

样例输出1

0.300000

样例输出2

0.980387

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。

Source

Poetize1

题解

\(dp[i][j][k]\)表示前i项挑战,胜了j场,剩余背包容量为k(负数表示需要多少容量)的概率
特别的,\(dp[i][[j][n]\)表示前i项挑战,胜了j场,剩余背包容量\(\geq n\)(负数表示需要多少容量)的概率
刷表法转移即可

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <map>
#include <cmath>
inline double max(double a, double b){return a - b > 0 ? a : b;}
inline void read(int &x)
{
    x = 0;char ch = getchar(), c = ch;
    while(ch < '0' || ch > '9') c = ch, ch = getchar();
    while(ch <= '9' && ch >= '0') x = x * 10 + ch - '0', ch = getchar();
    if(c == '-') x = -x;
}
const int INF = 0x3f3f3f3f;
double dp[201][201][401], p[201], ans;
int n, l, k, a[201], tmp;
int main()
{
	read(n), read(l), read(k);
	for(int i = 1;i <= n;++ i)
		read(tmp), p[i] = (double)tmp / 100;
	for(int i = 1;i <= n;++ i)
		read(a[i]);
	if(k > n) k = n;
	dp[0][0][k + n] = 1;
	for(int i = 0;i < n;++ i)
		for(int j = 0;j <= i;++ j)
			for(int x = -i;x <= n;++ x)
			{
				tmp = x + a[i + 1];
				if(tmp > n) tmp = n;
				dp[i + 1][j + 1][tmp + n] += dp[i][j][x + n] * p[i + 1];
				dp[i + 1][j][x + n] += dp[i][j][x + n] * (1 - p[i + 1]);
			}
	for(int i = l;i <= n;++ i)
		for(int j = 0;j <= n;++ j)
			ans += dp[n][i][j + n];
	printf("%.6lf", ans);
	return 0;
}
posted @ 2018-03-20 14:43  嘒彼小星  阅读(193)  评论(0编辑  收藏  举报