【BZOJ1076】[SCOI2008]奖励关 状压DP+期望

【BZOJ1076】[SCOI2008]奖励关

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1/n。 获取第i种宝物将得到Pi
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Si。只有当Si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，Pi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

　　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

　　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 2
1 0
2 0

Sample Output

1.500000

HINT

【数据规模】

1<=k<=100,1<=n<=15，分值为[-10^6,10^6]内的整数。

题解:由于n很小我们想到状压，用f[l][i]表示抛出了l个宝物，已有宝物状态为i时还能得到分数的期望值。我们还是倒着推，每次枚举当前抛出的宝物，判断能否获取而进行转移。最终答案就是f[k][0]。

#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
int n,k,r[16];
double f[110][1<<16],p[16];
int count(int x)
{
    int ret=0;
    while(x)    x-=x&-x,ret++;
    return ret;
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&k,&n);
    int i,j,l;
    double t;
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%lf",&p[i]);
        while(scanf("%d",&j))
        {
            if(j==0)    break;
            r[i]+=1<<j-1;
        }
    }
    for(l=1;l<=k;l++)
    {
        for(i=(1<<n)-1;i>=0;i--)
        {
            for(j=1;j<=n;j++)
            {
                if((i&r[j])==r[j])
                    f[l][i]+=max(f[l-1][i]/(n*1.0),(f[l-1][i|(1<<j-1)]+p[j])/(n*1.0));
                else
                    f[l][i]+=f[l-1][i]/(n*1.0);
            }
        }
    }
    printf("%.6f",f[k][0]);
    return 0;
}