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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

#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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[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

#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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