hihocoder1489 Legendary Items 概率期望

Little Hi is playing a video game. Each time he accomplishes a quest in the game, Little Hi has a chance to get a legendary item.

At the beginning the probability is P%. Each time Little Hi accomplishes a quest without getting a legendary item, the probability will go up Q%. Since the probability is getting higher he will get a legendary item eventually.

After getting a legendary item the probability will be reset to ⌊P/(2I)⌋% (⌊x⌋ represents the largest integer no more than x) where I is the number of legendary items he already has. The probability will also go up Q% each time Little Hi accomplishes a quest until he gets another legendary item.

Now Little Hi wants to know the expected number of quests he has to accomplish to get N legendary items.

Assume P = 50, Q = 75 and N = 2, as the below figure shows the expected number of quests is

2*50%*25% + 3*50%*75%*100% + 3*50%*100%*25% + 4*50%*100%*75%*100% = 3.25

题意：要获取 N 个物品（1e6个），初始获得概率是 P %，每当上次没有获取，这次的获得概率会线性增加 Q%，直至达到 100% 则必定获取。而每当获取一个时，下一次的初始概率会下降，降低至 P / （2^l）%，l 是已经获取的个数，P 是之前给定的初始概率。问获取 N 个的期望次数是多少。

这个题大概是微软的一道笔试题吧，貌似数据是随机的所以没有极限数据，我dfs+结论卡过去了一遍，后来又发现正解。

由于后面的初始概率是按照已获取的个数定的，个数越多概率越小，由于题目最开始的 p 最大仅100，因此至多 7 层之后初始概率就都是 0 了。

我最开始考虑当概率是 0 的时候，毫无疑问，每获取一个的次数期望都是固定的，我可以用一次循环直接求出这个期望次数。然后就通过类似图中的概率树的 dfs ，每当遇到一个下一次初始概率为 0 的位置时，就可以直接加上剩余需要获取的个数*获取每一个的期望，后面就不用 dfs 下去了。

这种做法其实就可以通过这题的数据了。但是这样做通不过大数据，100 1 1000000

当然，按照上述思路拓展一下，我们同样可以求出概率是任意值时获得下一个的期望，因为这个概率的范围只有 0~100 。其实我们发现图中那两个标号 1 的节点子树是一样的，它们获取下一个物品的情况和期望都是一样的。我本来在考虑不同情况下拿到第一个，开始拿第二个，第二个和第一个是不是独立的？但是其实所有情况下拿到第一个的概率总和是1，所以无论 dfs 的哪一个分支，最后都会到同一个初始概率去获取第二个，所以获取第二个的期望与第一个是独立可加的，所以我计算出所有初始概率下获取一个的期望，然后对于初始概率 P 跑一个循环，累计期望，然后计算下一次的初始概率，直到下一次的初始概率为 0 ，那么后面的就直接个数乘期望就能跳出循环了。

因此这样做复杂度大概就是 O(100*100+7)

 #include<stdio.h>
 #include<string.h>
 #include<math.h>
 #include<algorithm>
 using namespace std;

 const int maxn=1e6+;
 const int INF=0x3f3f3f3f;
 const int mod=1e9+;
 double ans=;
 double num[] = {};
 int n,p,q;

 int main(){
     scanf("%d%d%d",&p,&q,&n);
     for(int pre =  ; pre <=  ; ++ pre ){
         int cnt = ;
         double p1 = ;
         while(){
             double xq = ( pre + cnt * q) / 100.0;
             if( pre + cnt * q >=  ){
                 num[pre] += ( cnt +  ) * p1 ;
                 break;
             }
             num[pre] += p1 * xq * ( cnt +  );
             p1 *= (  - xq );
             cnt++;
         }
     }

     int pre = p;
     for(int i =  ; i <= n ; ++ i ){
         if( pre ==  ){
             ans += ( n - i +  ) * num[];
             break;
         }
         ans += num[pre];
         pre >>= ;
     }

     printf("%.2lf\n",ans);
     return ;
 }