[HDU4336]:Card Collector(概率DP)
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题目描述
夏川的生日就要到了。作为夏川形式上的男朋友,季堂打算给夏川买一些生日礼物。
商店里一共有种礼物。夏川每得到一种礼物,就会获得相应喜悦值$W_i$(每种礼物的喜悦值不能重复获得)。
每次,店员会按照一定的概率$P_i$(或者不拿出礼物),将第i种礼物拿出来。季堂每次都会将店员拿出来的礼物买下来。没有拿出来视为什么都没有买到,也算一次购买。
众所周知,白毛切开都是黑的。所以季堂希望最后夏川的喜悦值尽可能地高。
求夏川最后最大的喜悦值是多少,并求出使夏川得到这个喜悦值,季堂的期望购买次数。
输入格式
第一行,一个整数N,表示有N种礼物。
接下来N行,每行一个实数$P_i$和正整数$W_i$,表示第i种礼物被拿出来的概率和可以获得喜悦值。
输出格式
第一行,一个整数表示可以获得的最大喜悦值。
第二行,一个实数表示获得这个喜悦值的期望购买次数,保留3位小数。
样例
样例输出:
3
0.1 2
0.2 5
0.3 7
样例输出:
14
12.167
数据范围与提示
对于10%的数据,N=1。
对于30%的数据,N≤5。
对于100%的数据,N≤20,$0<{W}_{i}≤{10}^{9}$,0<${P}_{i}$≤1且$\sum \limits_{i=1}^{n}{P}_{i}≤1$。
题意解释
又是血淋淋的没看懂题,再次印证了得语文者得OI,售货员一次只可能拿出一个礼物,且每个礼物只能买一次(捂脸……)
题解
偷偷看了看数据范围,喜悦值没有负值,于是乎,第一问就解决了,肯定是把所有礼物的喜悦值加起来。
那么来考虑10%的算法,N=1,我们只需要把这件礼物买下,且这件礼物的期望购买次数是$\frac{1}{P_i}$。
再来考虑30%的算法,那么每种商品都有买或不买两种状态,那么共有$2^N$种状态,$2^{{N}^{3}}$刚好跑过。
状态可以用状压(撞鸭)DP:设dp[S]表示当前状态为S,到买到所有礼物的期望步数。
剩下的那个$N^3$算法很容易想到高斯消元。
那么我们可以写出式子:
$dp[S]=\sum \limits_{i=1}^N P_i \times dp[S']+(1-\sum \limits_{i=1}^N P_i) \times dp[S]+1$
其中,S表示当前状态,S'为上一个状态,i表示没有买过的物品。
写出这个式子,你就跟正解不远了,把式子移个项:
$\sum \limits_{i=1}^N P_i \times dp[S]=\sum \limits_{i=1}^N P_i \times dp[S']+1\\dp[S]=\frac{\sum \limits_{i=1}^N P_i \times dp[S']+1}{\sum \limits_{i=1}^N P_i}$
这就是我们的DP式子啦,时间复杂度$O(2^N)$。
注意HDU输入格式不同,而且是special judge,记得输出时多保留一位即可(跟HDU数据刚了一下午,才发现是special judge,心态瞬间爆炸……)。
代码时刻
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
double p[21];
long long w[21];//记得开long long
double dp[2000000];
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%lf%lld",&p[i],&w[i]);
p[0]+=p[i];
w[0]+=w[i];
}
printf("%lld\n",w[0]);//第一问
for(int i=(1<<n)-2;i>=0;i--)//dp
{
double flag=0.0;//分母
for(int j=1;j<=n;j++)
{
if((1<<(j-1))&i)continue;
dp[i]+=p[j]*dp[i|1<<(j-1)];
flag+=p[j];
}
dp[i]=(dp[i]+1.0)/flag;
}
cout<<fixed<<setprecision(3)<<dp[0]<<endl;//保留小数输出第二问
return 0;
}
HDU代码:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
double p[21];
double dp[2000000];
int main()
{
while(~scanf("%lld",&n))
{
memset(dp,0,sizeof(dp));
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%lf",&p[i]);
for(int i=(1<<n)-2;i>=0;i--)
{
double flag=0.0;
for(int j=1;j<=n;j++)
{
if((1<<(j-1))&i)continue;
dp[i]+=p[j]*dp[i|1<<(j-1)];
flag+=p[j];
}
dp[i]=(dp[i]+1.0)/flag;
}
cout<<fixed<<setprecision(4)<<dp[0]<<endl;//注意HDU是special judge
}
return 0;
}
rp++
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