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[BZOJ 4318] OSU!

期望题，维护期望和平方的期望就可以计算

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BZOJ4318
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#include <cstdio>
#include <memory.h>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cstdlib>
#include <cctype>
  
using namespace std;
  
void read(double &num)
{
    num=0;
    bool after=0;
    double bei=1;
    char tmpc;
    do
    {
        tmpc=getchar();
    }
    while (!isdigit(tmpc));
    while (isdigit(tmpc))
    {
        if (after)
        {
            bei/=10;
            num=num+(tmpc-'0')*bei;
        }
        else
            num=num*10+tmpc-'0';
        tmpc=getchar();
        if (tmpc=='.')
        {
            after=1;
            tmpc=getchar();
        }
    }
}
int main() {
    register int n;
    scanf("%d",&n);
    register double f = 0,g = 0,ans = 0, p;
    while (n--) {
        read(p);
        ans += (3*f+3*g+1)*p;
        g = (g+2*f+1) * p;
        f = (f+1) * p;
    }
    printf("%.1f\n",ans);
}
Category: 动态规划 | Tags:
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2015
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[BZOJ 1076] 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？

状压DP

只需要记录当前吃了哪些东西，就可以转移辣

从后往前DP比较方便，注意判断非法状态

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#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#define PROC "bonus"
using namespace std;
#define pos(x) (1<<((x)-1))
double dp[110][1<<15];
int k,n;
int score[17];
int need[17];
bool use[1<<15];
 
bool legal(int status)
{
    for (int i=1; i<=n; i++)
    {
        if (status&pos(i))
        {
            if ((status&need[i])!=need[i])
                return 0;
        }
    }
    return 1;
}
 
void to2(int num)
{
    if (num>1) to2(num>>1);
    putchar('0'+(num&1));
}
 
int main()
{
//  freopen(PROC".in","r",stdin);
    scanf("%d%d",&k,&n);
    int nown, tmp1;
    for (int i=1; i<=n; i++)
    {
        scanf("%d",&score[i]);
        nown=0;
        while (1)
        {
            scanf("%d",&tmp1);
            if (!tmp1) break;
            need[i]|=pos(tmp1);
        }
    }
    for (int j=0; j<(1<<n); j++)
    {
        bool suc=legal(j);
        if (suc) dp[k][j]=0;
        else dp[k][j]=-0x3f3f3f3f;
        use[j]=suc;
    }
    for (register int i=k-1; i>=0; i--)
    {
        for (register int l=0; l<(1<<n); l++)
        {
            if (!use[l])
            {
                dp[i][l]=-0x3f3f3f3f;
                continue;
            }
            for (register int j=1; j<=n; j++)
            {
                dp[i][l]+=(double)max(dp[i+1][l],dp[i+1][l|pos(j)]+score[j]);
            }
            dp[i][l]/=n;
        }
    }
    printf("%.6f\n",dp[0][0]);
    fclose(stdout);
    return 0;
}

 

Category: 动态规划 | Tags: DP 状压dp

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