【bzoj4008 hnoi2015】 亚瑟王

题目描述

小 K 不慎被 LL 邪教洗脑了,洗脑程度深到他甚至想要从亚瑟王邪教中脱坑。他决定,在脱坑之前,最后再来打一盘亚瑟王。既然是最后一战,就一定要打得漂亮。众所周知,亚瑟王是一个看脸的游戏,技能的发动都是看概率的。

作为一个非洲人,同时作为一个前 OIer,小 K 自然是希望最大化造成伤害的期望值。但他已经多年没写过代码,连 Spaly都敲不对了,因此,希望你能帮帮小 K,让他感受一下当欧洲人是怎样的体验。

本题中我们将考虑游戏的一个简化版模型。 玩家有一套卡牌,共 n张。游戏时,玩家将 n 张卡牌排列成某种顺序,排列后将卡牌按从前往后依次编号为 1 ~ n。本题中,顺序已经确定,即为输入的顺序。每张卡牌都有一个技能。第 i 张卡牌的技能发动概率为 pi,如果成功发动,则会对敌方造成di点伤害。也只有通过发动技能,卡牌才能对敌方造成伤害。基于现实因素以及小K非洲血统的考虑,pi不会为 0,也不会为 1,即 0 < pi < 1。 一局游戏一共有 r 轮。在每一轮中,系统将从第一张卡牌开始,按照顺序依次考虑每张卡牌。在一轮中,对于依次考虑的每一张卡牌:

1如果这张卡牌在这一局游戏中已经发动过技能,则

1.1 如果这张卡牌不是最后一张,则跳过之(考虑下一张卡牌); 否则(是最后一张),结束这一轮游戏。

2否则(这张卡牌在这一局游戏中没有发动过技能),设这张卡牌为第 i 张

2.1将其以 pi的概率发动技能。

2.2如果技能发动,则对敌方造成 di点伤害,并结束这一轮。

2.3如果这张卡牌已经是最后一张(即 i 等于n),则结束这一轮;否则,考虑下一张卡牌。

请帮助小 K 求出这一套卡牌在一局游戏中能造成的伤害的期望值。

输入输出格式

输入格式:

 

输入文件的第一行包含一个整数 T,代表测试数据组数。 接下来一共 T 组数据。 每组数据的第一行包含两个用空格分开的整数 n和r,分别代表卡牌的张数和游戏的轮数。 接下来 n行,每行包含一个实数和一个整数,由空格隔开,描述一张卡牌。第i 行的两个数为 pi和 di,分别代表第 i 张卡牌技能发动的概率(实数)和技能发动造成的伤害(整数)。保证 pi最多包含 4位小数,且为一个合法的概率。

 

输出格式:

 

对于每组数据,输出一行,包含一个实数,为这套卡牌在这一局游戏中造成的伤害的期望值。对于每一行输出,只有当你的输出和标准答案的相对误差不超过10^-8时——即|a-o|/a<=10-8时(其中a是标准答案,o是输出),你的输出才会被判为正确。建议输出10 位小数。

题意:
       开始有n张牌,每张牌牌有伤害值di,发动的概率pi,进行r轮这样的操作:从头开始考虑每一张牌,如果第i张牌已经被选,跳过;否则有pi的概率选取它并且结束这个操作(存在一轮之后并未选牌的情况);

题解:
     ①分析题的话,对于一个确定的n,第i张牌发动的概率和d无关,先统计概率,再乘以权值就是期望了。

     ②定义状态f[i,j] 为到第i张牌时,有r-j次选了1->i-1之间的牌,还有j次机会去选后面i+1->n的牌的概率;

     ③转移的话,如果选了第i-1张(每张牌最多只能被选一次)  

$$f[i][j] = f[i-1][j+1]*(1-(1-p[i-1])^{j+1})$$

如果并没有选第i-1张牌

$$f[i][j] = f[i-1][j]*(1-p[i-1])^{j}$$

     ④最后统计答案把每一个i的所有概率之和乘di累加即可;

     (关键在于状态的定义)

 

 

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstring>
const int N=1000;
int T,n,r,d[N];
double p[N];
double dp[N][N];
double pw(double x,int y){double res = 1.0;while(y){if(y&1) res*=x;y>>=1; x*=x;}return res;
}
int main()
{	freopen("bzoj4008.in","r",stdin);freopen("bzoj4008.out","w",stdout);scanf("%d",&T);while(T--){scanf("%d%d",&n,&r);for(int i = 1;i <= n;i++)scanf("%lf%d",&p[i],&d[i]);double ans = 0.0; memset(dp,0,sizeof(dp)); dp[0][r] = 1.0;for(int i = 1;i <= n;i++)for(int j = 1;j <= r;j++){dp[i][j] = dp[i-1][j] * pw(1-p[i-1],j) + dp[i-1][j+1] * (1 - pw(1-p[i-1],j+1));ans += dp[i][j] * (1 - pw(1 - p[i],j)) * d[i];}printf("%.10lf\n",ans);	}return 0;
}//by tkys_Austin;

 

  

 

 

转载于:https://www.cnblogs.com/Paul-Guderian/p/8689907.html

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