【SCOI 2008】奖励关

Problem

Description

你正在玩你最喜欢的电子游戏，并且刚刚进入一个奖励关。

在这个奖励关里，系统将依次随机抛出 \(k\) 次宝物，每次你都可以选择吃或者不吃（必须在抛出下一个宝物之前做出选择，且现在决定不吃的宝物以后也不能再吃）。

宝物一共有n种，系统每次抛出这 \(n\) 种宝物的概率都相同且相互独立。也就是说，即使前 \(k-1\) 次系统都抛出宝物 \(1\)（这种情况是有可能出现的，尽管概率非常小），第 \(k\) 次抛出各个宝物的概率依然均为 \(\frac{1}{n}\)。

获取第 \(i\) 种宝物将得到 \(P_i\) 分，但并不是每种宝物都是可以随意获取的。第 \(i\) 种宝物有一个前提宝物集合 \(S_i\)。只有当 \(S_i\) 中所有宝物都至少吃过一次，才能吃第 \(i\) 种宝物（如果系统抛出了一个目前不能吃的宝物，相当于白白的损失了一次机会）。注意，\(P_i\) 可以是负数，但如果它是很多高分宝物的前提，损失短期利益而吃掉这个负分宝物将获得更大的长期利益。

假设你采取最优策略，平均情况你一共能在奖励关得到多少分值？

Input Format

第一行为两个正整数 \(k\) 和 \(n\) ，即宝物的数量和种类。以下 \(n\) 行分别描述一种宝物，其中第一个整数代表分值，随后的整数依次代表该宝物的各个前提宝物（各宝物编号为 \(1\) 到 \(n\)），以 \(0\) 结尾。

Output Format

输出一个实数，保留六位小数，即在最优策略下平均情况的得分。

Sample

Input 1

1 2
1 0
2 0

Output 1

1.500000

Input 2

6 6
12 2 3 4 5 0
15 5 0
-2 2 4 5 0
-11 2 5 0
5 0
1 2 4 5 0

Output 2

10.023470

Range

\(1 \le k \le 100, 1 \le n \le 15\)，分值为 \([-106,106]\) 内的整数。

Algorithm

\(DP\)，状压

Mentality

如你所见，这题和概率期望几乎没什么关系。

容易得到一个状压 \(dp\) 的思路，那就是设 \(f[i][S]\) 代表已经选了 \(i\) 轮宝物，已选的宝物种类的集合为 \(S\) ，那么 \(dp\) 式子也就很简单了，即为 \(f[i][S]+=f[i-1][S\ xor\ (1<<(j-1))](j-1\in S)\)，不过要保证 \(S\) 合法。同时因为有期望的要求，每种情况的概率都为 \(\frac{1}{n}\) ，则我们转移的时候还要除以 \(n\)。

因为有前缀选择的要求，所以状态 \(S\) 很难做到保证合法。此时我们应该考虑用一种特殊的方法来 \(dp\) ，那就是逆推。

和之前倒还是一样，设 \(f[i][S]\) 为第 \(i\) 轮集合为 \(S\) 的最大分数。不过我们改为倒推的方式进行，设 \(pre[i]\) 为 \(i\) 的前缀选择要求集合， \(dp\) 方程则变为：

\[pre[j]\in S\ \ f[i][S]+=\frac{max(f[i+1][S],f[i+1][S|(1<<(j-1)])}{n}
\]

\[pre[j]\notin S\ \ f[i][S]+=\frac{f[i+1][S]}{n}
\]

最后的答案则为 \(f[1][0]\) 。

Code

#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
int n, K, pre[16], a[16];
double f[101][1 << 15];
int main() {
  cin >> K >> n;
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    cin >> a[i];
    int x;
    cin >> x;
    for (; x; cin >> x) pre[i] |= (1 << (x - 1));
  }                             //处理前缀要求的集合
  for (int j = K; j >= 1; j--)  //逆推
    for (int S = 0; S < (1 << n); S++) {
      for (int i = 1; i <= n; i++)
        if ((S & pre[i]) == pre[i])  //如果满足要求，则可转移
          f[j][S] += max(f[j + 1][S], f[j + 1][S | (1 << (i - 1))] + a[i]);
        else
          f[j][S] += f[j + 1][S];
      f[j][S] /= n;  //处理期望值
    }
  printf("%.6lf", f[1][0]);
}