4009.收集卡牌
4009. 收集卡牌 - AcWing题库 |
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难度:困难 |
时/空限制:1s / 512MB |
总通过数:995 |
总尝试数:1852 |
来源: 第23次CCF计算机软件能力认证 |
算法标签 数学期望DP状态压缩DP记忆化搜索 |
题目内容
小林在玩一个抽卡游戏,其中有 n 种不同的卡牌,编号为 1 到 n。
每一次抽卡,她获得第 i 种卡牌的概率为 pi。
如果这张卡牌之前已经获得过了,就会转化为一枚硬币。
可以用 k 枚硬币交换一张没有获得过的卡。
小林会一直抽卡,直至集齐了所有种类的卡牌为止,求她的期望抽卡次数。
如果你给出的答案与标准答案的绝对误差不超过 1 0 − 4 10^{-4} 10−4,则视为正确。
提示:聪明的小林会把硬币攒在手里,等到通过兑换就可以获得剩余所有卡牌时,一次性兑换并停止抽卡。
输入格式
输入共两行。
第一行包含两个用空格分隔的正整数 n,k,第二行给出 p1,p2,…,pn,用空格分隔。
输出格式
输出共一行,一个实数,即期望抽卡次数。
数据范围
对于 20% 的数据,保证 1≤n,k≤5。
对于另外 20% 的数据,保证所有 pi 是相等的。
对于 100% 的数据,保证 1≤n≤16,1≤k≤5,所有的 pi 满足 pi≥1/10000,且 ∑ i = 1 n \sum_{i=1}^n ∑i=1n pi=1。
注意,本题在官网必须保留 10 位小数才能通过(可能是没加SPJ),在本网站无此问题,只要满足你给出的答案与标准答案的绝对误差不超过 1 0 − 4 10^{-4} 10−4,则视为正确。
输入样例1:
2 2
0.4 0.6
输出样例1:
2.52
样例1解释
共有 2 种卡牌,不妨记为 A 和 B,获得概率分别为 0.4 和 0.6,2 枚硬币可以换一张卡牌。下面给出各种可能出现的情况:
- 第一次抽卡获得 A,第二次抽卡获得 B,抽卡结束,概率为 0.4×0.6=0.24,抽卡次数为 2。
- 第一次抽卡获得 A,第二次抽卡获得 A,第三次抽卡获得 B,抽卡结束,概率为 0.4×0.4×0.6=0.096,抽卡次数为 3。
- 第一次抽卡获得 A,第二次抽卡获得 A,第三次抽卡获得 A,用硬币兑换 B,抽卡结束,概率为 0.4×0.4×0.4=0.064,抽卡次数为 3。
- 第一次抽卡获得 B,第二次抽卡获得 A,抽卡结束,概率为 0.6×0.4=0.24,抽卡次数为 2。
- 第一次抽卡获得 B,第二次抽卡获得 B,第三次抽卡获得 A,抽卡结束,概率为 0.6×0.6×0.4=0.144,抽卡次数为 3。
- 第一次抽卡获得 B,第二次抽卡获得 B,第三次抽卡获得 B,用硬币兑换 A,抽卡结束,概率为 0.6×0.6×0.6=0.216,抽卡次数为 3。
因此答案是 0.24×2+0.096×3+0.064×3+0.24×2+0.144×3+0.216×3=2.52
输入样例2:
4 3
0.006 0.1 0.2 0.694
输出样例2:
7.3229920752
题目解析
最后用硬币兑换没有出现过的卡牌
n表示卡牌总共的种类
k表示多少枚硬币换一张卡牌
第二行是每次抽到每张卡牌的概率
输出期望抽卡次数
非常经典的,在算法题里常见的数学期望问题‘
从数学期望的角度分析
n很小,表示状态的时候需要用状态压缩的思想
如何表示状态
假设n=5,现在的卡牌有2,4,5,硬币的数量是2
因为n很小,只有16,表示有哪些卡牌的时候,可以用一个压缩的状态,用一个5位的01串来表示,01011,分别表示这5张卡牌有没有
用第二个数表示硬币数
所以状态可以用 ( 01011 , 2 ) (01011,2) (01011,2)的二维状态来表示
写代码的时候把01串看成是二进制表示,转化成对应的十进制数来存储
从当前这个状态直到集齐所有卡牌,这个过程在概率论里面称为事件
需要找一下不同事件之间的关系
比如 ( 01011 , 2 ) (01011,2) (01011,2),可以转化成哪些事件呢
就看下一抽能抽到什么卡牌
一共有五种抽发,所以能变成五种事件,概率分别是 p 1 , p 2 , p 3 , p 4 , p 5 p_{1},p_{2},p_{3},p_{4},p_{5} p1,p2,p3,p4,p5
如果下一抽抽的是第一张卡牌的话,变成的事件分别是 X 1 , X 2 , X 3 , X 4 , X 5 X_{1},X_{2},X_{3},X_{4},X_{5} X1,X2,X3,X4,X5
X 1 X_{1} X1是 ( 11011 , 2 ) (11011,2) (11011,2)
X 2 X_{2} X2是 ( 01011 , 3 ) (01011,3) (01011,3)
X 3 X_{3} X3是 ( 01111 , 2 ) (01111,2) (01111,2)
X 4 X_{4} X4是 ( 01011 , 3 ) (01011,3) (01011,3)
X 5 X_{5} X5是 ( 01011 , 3 ) (01011,3) (01011,3)
设初始事件是 X X X,会被5种不同的概率分辨成5种事件
当然在变成 X 1 X_{1} X1的时候,需要付出1抽的代价
所以期望是加1的,因为要多一步
这几个事件之间的关系
X = P 1 ( X 1 + 1 ) + ⋯ + P n ( X n + 1 ) X=P_{1}(X_{1}+1)+\dots+P_{n}(X_{n}+1) X=P1(X1+1)+⋯+Pn(Xn+1)
E ( x ) = E ( P 1 ( X 1 + 1 ) + ⋯ + P n ( X n + 1 ) ) E(x)=E(P_{1}(X_{1}+1)+\dots+P_{n}(X_{n}+1)) E(x)=E(P1(X1+1)+⋯+Pn(Xn+1))
要找的是 E ( x 1 ) E(x_{1}) E(x1)到 E ( x 2 ) E(x_{2}) E(x2)一直到 E ( x 5 ) E(x_{5}) E(x5)之间的关系
但是 E ( x ) E(x) E(x)里面还有其他的项,又有乘法又有加法
要用期望的运算性质把它展开整理一下
期望的运算性质
E ( C ) = C E ( C X ) = C E ( x ) E ( X + Y ) = E ( x ) + E ( Y ) \begin{array}{} E(C)=C \\ E(CX)=CE(x) \\ E(X+Y)=E(x)+E(Y) \end{array} E(C)=CE(CX)=CE(x)E(X+Y)=E(x)+E(Y)
E ( x ) = E ( P 1 ( X 1 + 1 ) ) + ⋯ + E ( P n ( X n + 1 ) = P 1 E ( X 1 + 1 ) + ⋯ + P n E ( X n + 1 ) \begin{array}{} E(x)=E(P_{1}(X_{1}+1))+\dots+E(P_{n}(X_{n}+1) \\ =P_{1}E(X_{1}+1)+\dots+P_{n}E(X_{n}+1) \end{array} E(x)=E(P1(X1+1))+⋯+E(Pn(Xn+1)=P1E(X1+1)+⋯+PnE(Xn+1)
x可以看成一个随机变量,相当于这个事件发生的概率是100%
= P 1 ( E ( X 1 ) + E ( 1 ) ) + ⋯ + P n ( E ( X n ) + E ( 1 ) ) = P 1 ( E ( X 1 ) + 1 ) + ⋯ + P n ( E ( X n ) + 1 ) \begin{array}{} =P_{1}(E(X_{1})+E(1))+\dots+P_{n}(E(X_{n})+E(1)) \\ =P_{1}(E(X_{1})+1)+\dots+P_{n}(E(X_{n})+1) \end{array} =P1(E(X1)+E(1))+⋯+Pn(E(Xn)+E(1))=P1(E(X1)+1)+⋯+Pn(E(Xn)+1)
写代码的时候就和DP差不多了
f ( s , c ) = p 1 ( f ( s 1 , c 1 ) + 1 ) + ⋯ + p n ( f ( s n , c n ) + 1 ) f(s,c)=p_{1}(f(s_{1},c_{1})+1)+\dots+p_{n}(f(s_{n},c_{n})+1) f(s,c)=p1(f(s1,c1)+1)+⋯+pn(f(sn,cn)+1)
可以看成一个DP问题
状态数量
第一维有16位,每一位有2种取法,2^16
第二维最多是每5个硬币换一张卡牌,所以k不可能大于80
因为如果有80个硬币,就可以换所有卡牌
一共是500多万个状态
每次算每个状态的时候,右边会有n项,8000万的计算量
而且有的状态是没有意义的,达不到的
用记忆化搜索来写
可以搜不到用不到的状态
数学期望是用DP来存的,期望的定义和DP是差不多的
如果不了解数学期望,可以把一个随机变量看成是一个集合
接下来就从集合角度分析DP问题
每一个事件可以看成一个集合
从当前状态集完所有卡牌的事件可以看成一个集合
抽五次的概率,p1
抽六次的概率,p2
…
左边一列是抽取的次数,右边一列是对应的概率
可以把这个集合看成是随机变量
代码
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>using namespace std;const int N = 16, M = 1 << N;
//M表示每一种卡牌手里有没有int n, m;
//p表示每种卡牌抽到的概率,f表示状态
double p[N], f[M][N * 5 + 1];double dp(int state, int coins, int r)
{//用v来表示当前状态double& v = f[state][coins];//如果v大于等于0,表示这个状态算过了if (v >= 0) return v;//否则判断一下当前缺少的卡牌数量//如果硬币能够兑换剩下的,返回,不需要再抽了if (coins >= r * m) return v = 0;//否则计算当前状态v = 0;for (int i = 0; i < n; i ++)//如果当前状态已经有这种卡牌了if (state >> i & 1)v += p[i] * (dp(state, coins + 1, r) + 1);else//如果没有这种卡牌的话,获得这张卡牌v += p[i] * (dp(state | (1 << i), coins, r-1) + 1);//多了一种没有用的卡牌,缺的卡牌数量应该减1return v;
}int main()
{scanf("%d%d", &n, &m);//读入每种卡牌抽到的概率for (int i = 0; i < n; i ++) scanf("%lf", &p[i]);//先将所有状态初始化成-1memset(f, -1, sizeof f);//输出一下一张卡牌也没有,硬币也是0的状态printf("%.10lf\n", dp(0, 0, n));//n表示一开始state有n位是0return 0;
}