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【TYVJ1864】[Poetize I]守卫者的挑战 概率与期望
【TYVJ1864】[Poetize I]守卫者的挑战
描述
打开了黑魔法师Vani的大门,队员们在迷宫般的路上漫无目的地搜寻着关押applepi的监狱的所在地。突然,眼前一道亮光闪过。“我,Nizem,是黑魔法圣殿的守卫者。如果你能通过我的挑战,那么你可以带走黑魔法圣殿的地图……”瞬间,队员们被传送到了一个擂台上,最初身边有一个容量为K的包包。
擂台赛一共有N项挑战,各项挑战依次进行。第i项挑战有一个属性ai,如果ai>=0,表示这次挑战成功后可以再获得一个容量为ai的包包;如果ai=-1,则表示这次挑战成功后可以得到一个大小为1 的地图残片。地图残片必须装在包包里才能带出擂台,包包没有必要全部装满,但是队员们必须把 【获得的所有的】地图残片都带走(没有得到的不用考虑,只需要完成所有N项挑战后背包容量足够容纳地图残片即可),才能拼出完整的地图。并且他们至少要挑战成功L次才能离开擂台。
队员们一筹莫展之时,善良的守卫者Nizem帮忙预估出了每项挑战成功的概率,其中第i项挑战成功的概率为pi%。现在,请你帮忙预测一下,队员们能够带上他们获得的地图残片离开擂台的概率。
擂台赛一共有N项挑战,各项挑战依次进行。第i项挑战有一个属性ai,如果ai>=0,表示这次挑战成功后可以再获得一个容量为ai的包包;如果ai=-1,则表示这次挑战成功后可以得到一个大小为1 的地图残片。地图残片必须装在包包里才能带出擂台,包包没有必要全部装满,但是队员们必须把 【获得的所有的】地图残片都带走(没有得到的不用考虑,只需要完成所有N项挑战后背包容量足够容纳地图残片即可),才能拼出完整的地图。并且他们至少要挑战成功L次才能离开擂台。
队员们一筹莫展之时,善良的守卫者Nizem帮忙预估出了每项挑战成功的概率,其中第i项挑战成功的概率为pi%。现在,请你帮忙预测一下,队员们能够带上他们获得的地图残片离开擂台的概率。
输入格式
第一行三个整数N,L,K。
第二行N个实数,第i个实数pi表示第i项挑战成功的百分比。
第三行N个整数,第i个整数ai表示第i项挑战的属性值.
第二行N个实数,第i个实数pi表示第i项挑战成功的百分比。
第三行N个整数,第i个整数ai表示第i项挑战的属性值.
输出格式
一个整数,表示所求概率,四舍五入保留6 位小数。
测试样例1
输入
样例输入1
3 1 0
10 20 30
-1 -1 2
样例输入2
5 1 2
36 44 13 83 63
-1 2 -1 2 1
输出
样例输出1
0.300000
样例输出2
0.980387
备注
若第三项挑战成功,如果前两场中某场胜利,队员们就有空间来容纳得到的地图残片,如果挑战失败,根本就没有获得地图残片,不用考虑是否能装下;若第三项挑战失败,如果前两场有胜利,没有包来装地图残片,如果前两场都失败,不满足至少挑战成功次()的要求。因此所求概率就是第三场挑战获胜的概率。
对于 100% 的数据,保证0<=K<=2000,0<=N<=200,-1<=ai<=1000,0<=L<=N,0<=pi<=100。
对于 100% 的数据,保证0<=K<=2000,0<=N<=200,-1<=ai<=1000,0<=L<=N,0<=pi<=100。
题解:设f[i][j][k]表示进行到第i个挑战,已经有j场胜利,剩余背包容量为k的概率。由于最多有n个地图所以k只要开到n就够了。
状态转移方程:
f[i][j][k]+=f[i-1][j][k]*(1-p[i])+f[i-1][j-1][k-a[i]]*p[i]
为了防止背包容量为负我们可以先按a排序,状态转移的时候注意一下边界就好了
#include <cstdio> #include <iostream> #include <algorithm> using namespace std; int n,l,K; struct challenge { double p; int a; }c[210]; double f[210][210][210],ans; bool cmp(challenge aa,challenge bb) { return aa.a>bb.a; } int main() { scanf("%d%d%d",&n,&l,&K); int i,j,k; for(i=1;i<=n;i++) { scanf("%lf",&c[i].p); c[i].p*=0.01; } for(i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&c[i].a); sort(c+1,c+n+1,cmp); f[0][0][K]=1.0; for(i=1;i<=n;i++) { for(j=0;j<=i;j++) { for(k=0;k<=n;k++) { f[i][j][k]+=f[i-1][j][k]*(1.0-c[i].p); if(c[i].a<=k) f[i][j][k]+=f[i-1][j-1][k-c[i].a]*c[i].p; } for(k=n+1;k<=n+c[i].a;k++) f[i][j][n]+=f[i-1][j-1][k-c[i].a]*c[i].p; //容量大于n的情况全按n处理 } } for(i=l;i<=n;i++) for(j=0;j<=n;j++) ans+=f[n][i][j]; printf("%.6f",ans); return 0; }
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