HDU4336 Card Collector (概率dp+状压dp)
http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4336
题意:有n种卡片,一个包里会包含至多一张卡片,第i种卡片在某个包中出现的次数为pi,问将所有种类的卡片集齐需要买的包的期望。
注意存在某个包中一张也没有。
分析:状态压缩有个挺显然提示,N<=20,这是在次落落的在提示你。
我们首先定义: dp[st] 表示 st 状态到目标状态 的期望是多少 ; st转化为二进制0表示当前状态没有这个bit的卡片 , 1表示当前状态有这个bit位的卡片;
然后有如下的转移:1. 没有卡片-> dp[st]->dp[st] 2.有存在的卡片;dp[st]->dp[st] 3.有没有存在的卡片 :dp[st]->dp[st|(1<<bit)]
所以我们可以得到如下公式:
则dp[i]=no*(dp[i]+1)+∑pp[j]*(dp[i]+1)+∑pp[k]*(dp[i|(1<<k)]+1).----(1)
no:表示没有卡片的概率,∑pp[j]表示第j种卡片已经存在,∑pp[k]表示第j种卡片当前还没有。
显然no+∑pp[j]+∑pp[k]=1,所以花间得dp[i]=1+(no+∑pp[j])*dp[i]+∑pp[k]*dp[i|(1<<k)],dp[1<<n-1]=0递推求出dp[0]即可。
需要注意的是:(1)公式是需要进行化简的 , 需要将dp[i] 提取出来
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
double dp[(<<)+],p[];
int main()
{
int n;
while(~scanf("%d",&n))
{
memset(dp,,sizeof(dp));
double no=;
for(int i= ; i<n ; i++)
{
scanf("%lf",&p[i]);
no+=p[i];
}
no=-no;
int all=(<<n)-;
dp[all]=;
for(int st=all- ; st>= ; st--)///枚举的状态
{ double pj=,pk=;
for(int j= ; j<n ; j++)
{
if(!(st&(<<j)))
{
pk+=p[j]*(dp[st|(<<j)]);
}
else
{
pj+=p[j];
}
} dp[st]=(+pk)*1.0/(-no-pj); }
printf("%.4f\n",dp[]);
} }
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