[动态规划位运算]表达式的期望值

描述

给定如下表达式：

A0O1A1O2A2O3A3… OnAn

其中Ai(0<=i<=n)代表操作数，Oi(1<=i<=n)代表算子。有三类算子包括‘&’、‘|’和‘^’，这些算子拥有相同的计算优先级。每个算子Oi以及它后面相邻的操作数Ai，他们可能一起消失，消失的概率为Pi(注意为保证计算精度须使用double型数据)。

例如，对于样例输入中的第一组测试数据期望计算方法为：

(P1*P2)*A0+(1-P1)*(P2)*(A0O1 A1)+(P1)*(1-P2)*(A0O2A2)+(1-P1)*(1-P2)*( A0O1A1O2A2)=0.1*0.2*1+0.9*0.2*(1^2)+0.1*0.8*(1^3)+0.9*0.8*(1^2^3)=0.72

输入

输入包含若干测试样例。
对于每组测试样例，第一行为正整数n ( 0 < n <= 200 )
第二行包含n+1个正整数代表操作数集合{A}(其中Ai小于2^20)，
第三行包含n个算子代表操作算子集合{O}，第四行包含n个浮点数代表概率集合{P}(其中0 <= Pi <= 1)。

输出

对于每组测试样例，第一行输出测试样例序号（从1开始）。然后，输出期望值，近似到小数点后6位。

样例输入

样例输出

Case 1: 
0.720000 
Case 2: 
4.940000 
Case 3: 
0.500000

解题分析

首先，稍稍分析一下题目的运算的数量级，我们可以发现2^200是一个非常大的数，所以直接排除枚举法。那还有啥办法呢？我们注意到，在这里的每一个运算都是位运算，而位运算有一个很有意思的特点就是位间独立性，而且题目不是也提示了吗，每个数不超过2^20，所以我们只要考虑这20位就可以了！那么，问题就变成了一堆0,1序列了，我们不妨设每个数的二进制表示的第i位为ai,那么我们不妨先考虑一下只有0,1两个值的一个分布列，那么期望就是为1的概率。回到这个问题上来，其实我们可以考虑一下它们直接的递推关系，设Xk为到第k个数时，整个序列的期望，那么，由于结果只有0和1，为他们两个的二值分布，所以实际上Xk=表达式的值为1的概率。那么，显然有，当第k+1个数的运算符和数字都被吃掉的时候，有prob[k+1]的概率，这个时候，Xk+1的值就是Xk，第二种情况就是，运算符没有被吃掉，那么分别分为三种情况讨论，我们用一个calculate函数去表示，Xk+1=prob[k+1]*Xk+(1-prob[k+1])*Xk+1; 此处的Xk+1可以定义为calculate(E,ops[k+1],(nums[k+1]>>i)&1)。注意，calculate函数返回的也是一个概率（或者说期望），即Xk+1。有时候最后一个数字可以决定整个表达式的值，比如肯定为1或者肯定为0这样子。最后我们把每一位乘上相应的2的某个次方相加即可。

代码实现

#include <iostream>
#include <cmath>
//#include <iomanip>
#include <string>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <map>
#include <set>
#include <unordered_map>
#include <unordered_set>
#include <list>
#include <bitset>
#include <queue>
#include <stack>
#include <cstdlib>
using namespace std;int nums[205];char ops[205];double probs[205];double calculate(double l,char op,double r){if(op=='&'){return r?l:0;}else if(op=='|'){return r?1:l;}else if(op=='^'){return r?1-l:l;}return 0;
}int main(){int n,t=0;while(scanf("%d",&n)!=EOF){t++;printf("Case %d:\n",t);double res=0;for(int i=0;i<=n;i++){scanf("%d",&nums[i]);}for(int i=1;i<=n;i++){scanf(" %c",&ops[i]);}for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%lf",&probs[i]);}for(int i=0;i<=20;i++){double E=(double)((nums[0]>>i) & 1);for(int j=1;j<=n;j++){E=probs[j]*E+(1-probs[j])*calculate(E,ops[j],(nums[j]>>i) & 1);}res += E * (double)(1<<i);}printf("%.6lf\n",res);}return 0;
}

这个做法非常巧妙，这里也很感谢一个学长or学姐提供的原理做法，这道题还是蛮有难度的！