洛谷 P2473 [SCOI2008] 奖励关

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思路

确定算法

• 首先，一个物品能不能选，还要看有没有选前提物品；
• 其次，物品种类很少，只有 \(n \leq 15\)；
• 因此，我们可以确定用 状压 \(dp\) 来求期望。

状态设计

• 首先，肯定要有记录当前是第 \(i\) 轮的一维；
• 其次，由于拿物品还要看已有物品集合，所以要有记录【当前已经拿了物品的集合】的一维；
• 设 \(dp_{i, s}\) 表示在 【第 \(1\) 到 \(i - 1\) 轮】 所拿到的物品集合为 \(s\) 时，第\(i\) 到 \(k\) 轮在最优情况下，所拿物品分值总和的期望。
  （为什么这么设计到状态转移会说）

状态转移

采用倒推（为什么不用正推等会说）：

1. 若目前状态 \(s\) 不能拿物品 \(k\)，那么：$$dp_{i, s} += \frac{dp_{i + 1, s}}{n}$$
2. 若目前状态 \(s\) 可以拿物品 \(k\)，那么：$$dp_{i, s} += \frac{max(dp_{i + 1, s | (1 << (k - 1))} + p_k, dp_{i + 1, s})}{n}$$分别对应选 \(k\) 与不选 \(k\)。

问题一：为什么状态这么设计呢?

1. 为了适应倒推的转移方程；
2. 如果状态设计为【\(dp_{i, s}\) 表示到第 \(i\) 轮拿完后，且状态为 \(s\) 时，已有的分数的期望】（适应正推），就会影响后面物品的选择。因为有前驱物品集合的限制，这样 \(dp\) 就会有后效性，导致不正确。

问题二：为什么采用倒推呢 ?

• 同样也是因为正推会有后效性。

边界条件

• 对于 \(\forall s \in [0, 2^n - 1]\)，\(dp_{n + 1, s}\) 均为 \(0\)。
• 含义就是：在 \(1\) 到 \(n\) 轮选完的状态 \(s\) 下，已经结束了，不能再选了，因此期望为 \(0\)。

答案

• 就是 \(dp_{1, 0}\)，含义就是：还没有开始时，一个物品都没选的状态，所能得到的期望分。

复杂度

• 空间：\(O(k \times n)\)；
• 时间：\(O(k \times n \times 2^n)\)。

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代码

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int maxn = 1e2 + 7;
const int maxs = (1 << 15) + 7;

int n, m;
struct Prize {int p, s;} a[maxn];
double dp[maxn][maxs];
int main () {
	scanf("%d%d", &n, &m);
	for (int i = 1, x; i <= m; ++i) {
		scanf("%d", &a[i].p);
		while (1) {
			scanf("%d", &x);
			if (!x) break;
			a[i].s |= 1 << (x - 1);
		}
	}
	
	for (int i = n; i >= 1; --i) {
		for (int s = 0; s < (1 << m); ++s) {
			for (int k = 1; k <= m; ++k) {
				if ((s & a[k].s) != a[k].s) dp[i][s] += dp[i + 1][s];
				else dp[i][s] += max(dp[i + 1][s], dp[i + 1][s | (1 << (k - 1))] + a[k].p);
			}
			dp[i][s] /= m;
		}
	}
	printf("%.6lf\n", dp[1][0]);
	return 0;
}

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反思

1. 依旧只想出了状态，没对转移方程；
2. 发现对这种 最优值期望 的转移方程我总会写成 最优值 的转移方程，并没有很好地理解期望的含义及计算方法；
3. 运用 倒推 的意识少；
4. 那种【前面选择】影响【后面选择】的 \(dp\) 最好用倒推，因为先考虑后面，就不用管前面的影响了。