洛谷 P3239 / loj 2112 [HNOI2015] 亚瑟王 题解【期望】【DP】

作者: wjyyy 分类: DP,数学,概率期望,解题报告 发布时间: 2019-03-05 17:14

点击量:58

???看不懂的期望DP

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 $latex n$ 张。游戏时,玩家将 $latex n$ 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 $latex 1\sim n$。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 $latex i$ 张卡牌的技能发动概率为 $latex p_i$,如果成功发动,则会对敌方造成 $latex d_i$ 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,$latex p_i$ 不会为 0,也不会为 1,即 $latex 0<p_i<1$。

一局游戏一共有 $latex r$ 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 $latex i$ 张。
    2.1 将其以 $latex p_i$ 的概率发动技能。
    2.2 如果技能发动,则对敌方造成 $latex d_i$ 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 $latex i$ 等于 $latex n$),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 $latex T$,代表测试数据组数。

接下来一共 $latex T$ 组数据。

每组数据的第一行包含两个用空格分开的整数 $latex n$ 和 $latex r$,分别代表卡牌的张数和游戏的轮数。

接下来 $latex n$ 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 $latex i$ 行的两个数为 $latex p_i$ 和 $latex d_i$,分别代表第 $latex i$ 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 $latex p_i$ 最多包含四位小数,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 $latex 10^{-8}$ 时——即 $latex \frac{|a-o|}{a}\le 10^{-8}$ 时 (其中 $latex a$ 是标准答案,$latex o$ 是输出),你的输出才会被判为正确。建议输出十位小数。

输入输出样例

输入样例:

1 
3 2 
0.5000 2 
0.3000 3 
0.9000 1

输出样例:

3.2660250000

样例解释:

一共有 $latex 13$ 种可能的情况:

  1. 第一轮中,第 $latex 1$ 张卡牌发动技能;第二轮中,第 $latex 2$ 张卡牌发动技能;概率为 $latex 0.15$,伤害为 $latex 5$。
  2. 第一轮中,第 $latex 1$ 张卡牌发动技能;第二轮中,第 $latex 3$ 张卡牌发动技能;概率为 $latex 0.315$,伤害为 $latex 3$。
  3. 第一轮中,第 $latex 1$ 张卡牌发动技能;第二轮不发动技能;概率为 $latex 0.035$,伤害为 $latex 2$。
  4. 第一轮中,第 $latex 2$ 张卡牌发动技能;第二轮中,第 $latex 1$ 张卡牌发动技能;概率为 $latex 0.075$,伤害为 $latex 5$。
  5. 第一轮中,第 $latex 2$ 张卡牌发动技能;第二轮中,第 $latex 3$ 张卡牌发动技能;概率为 $latex 0.0675$,伤害为 $latex 4$。
  6. 第一轮中,第 $latex 2$ 张卡牌发动技能;第二轮不发动技能; 概率为 $latex 0.0075$,伤害为 $latex 3$。
  7. 第一轮中,第 $latex 3$ 张卡牌发动技能;第二轮中,第 $latex 1$ 张卡牌发动技能;概率为 $latex 0.1575$,伤害为 $latex 3$。
  8. 第一轮中,第 $latex 3$ 张卡牌发动技能;第二轮中,第 $latex 2$ 张卡牌发动技能;概率为 $latex 0.04725$,伤害为 $latex 4$。
  9. 第一轮中,第 $latex 3$ 张卡牌发动技能;第二轮不发动技能; 概率为 $latex 0.11025$,伤害为 $latex 1$。
  10. 第一轮不发动技能;第二轮中,第 $latex 1$ 张卡牌发动技能; 概率为 $latex 0.0175$,伤害为 $latex 2$。
  11. 第一轮不发动技能;第二轮中,第 $latex 2$ 张卡牌发动技能; 概率为 $latex 0.00525$,伤害为 $latex 3$。
  12. 第一轮不发动技能;第二轮中,第 $latex 3$ 张卡牌发动技能; 概率为 $latex 0.011025$,伤害为 $latex 1$。
  13. 第一轮不发动技能;第二轮亦不发动技能; 概率为 $latex 0.001225$,伤害为 $latex 0$。

造成伤害的期望值为概率与对应伤害乘积之和,为 $latex 3.266025$。

数据范围与约定

对于所有测试数据, $latex 1\le T\le 444, \ 1\le n\le 220, \ 0\le r\le 132, \ 0<p_i<1, \ 0\le d_i\le 1000$。

除非备注中有特殊说明,数据中 $latex p_i$ 与 $latex d_i$ 均为随机生成。

请注意可能存在的实数精度问题,并采取适当措施。

题解:

首先,如果直接一轮一轮地进行期望推导,会发现前面有冲突的情况。枚举第 $latex i$ 轮第 $latex j$ 张卡时既要保证前 $latex i-1$ 轮都没有发动过第 $latex j$ 张卡,又要保证第 $latex i$ 轮没有发动过前 $latex j-1$ 张卡,再乘 $latex p_i$ 算概率。但是这样怎么算都算不对,其实感觉也是一个“意识”调题的过程吧,反正最终把样例调到 $latex 3.21$ 左右发现概率对不上(样例解释),于是还是放弃了。

因此考虑建立无后效性的dp方程。因为需要满足 “如果发动了当前的卡”,那么就停止本轮,所以方程需要和前缀有关。令 $latex f[i][j]$ 表示在所有的 $latex r$ 轮里,前 $latex i$ 张卡有 $latex j$ 个发动了的概率。此时对于任意的第 $latex k$ 张卡就可以用 $latex f[k-1]$ 有关的数据推出来了。

考虑状态转移方程,对于 $latex f[i][j]$,可以从 $latex f[i-1][j-1]$ 或 $latex f[i-1][j]$ 推过来。当从 $latex f[i-1][j]$ 推过来时,表示第 $latex i$ 张整场都没有发动,因此 $latex f[i-1][j]$ 的贡献为 $latex f[i-1][j]\times (1-p_i)^{r-j}$。

其中 $latex (1-p_i)^{r-j}$ 表示在全部 $latex r$ 轮中,由于在前 $latex i-1$ 个中钦定了 $latex j$ 个,占用了 $latex j$ 轮,剩下的 $latex r-j$ 轮中每次都没有发动第 $latex i$ 张卡。

同时,为了便于理解,当我们dp做到 $latex f[i]$ 时,如果认为第 $latex i$ 张卡为此时的第一张卡,剩下的 $latex r-j$ 轮里就只能选择下标为 $latex [i,n]$ 的卡了。此时第 $latex i$ 张卡的发动不受前 $latex i-1$ 张的限制。

当从 $latex f[i-1][j-1]$ 推过来时(首先要满足 $latex j>0$),表示第 $latex i$ 张被发动了,正难则反,被发动的概率就是用 $latex 1$ 减去没有被发动的概率。而没有被发动的概率在上文中被提到了,是 $latex (1-p_i)$ 的幂。此时由于只钦定了 $latex j-1$ 张卡发动,所以指数为 $latex r-j+1$。因此 $latex f[i-1][j-1]$ 的贡献为 $latex f[i-1][j-1]\times\left(1-(1-p_i)^{r-j+1}\right)$。

然后可以依次求出所有的 $latex f$,此时我们再根据 $latex f$ 推出每张卡被发动的概率 $latex P_i$。

仿照上面 $latex f[i-1][j-1]\to f[i][j]$ 的过程,我们可以直接算出
$$
P_i=\sum_{j=0}^{i-1}f[i-1][j]\times \left(1-(1-p_i)^{r-j}\right)
$$
答案是对每个 $latex P_i$ 乘上伤害值 $latex d_i$。

对每个 $latex (1-p_i)$ 预处理幂后,时间复杂度为 $latex O(nTr)$。

Code:

#include<cstdio>
#include<cstring>
#define db double
db f[233][233],p[233];
db q[233][233];//q[i][j]表示(1-p[i])^j
int d[233];
int main()
{
    int T;
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
        int n,r;
        scanf("%d%d",&n,&r);
        for(int i=1;i<=n;++i)
        {
            scanf("%lf%d",&p[i],&d[i]);
            q[i][0]=1;
            for(int j=1;j<=233;++j)
                q[i][j]=q[i][j-1]*(1-p[i]);
        }
        f[0][0]=1;
        for(int i=1;i<=n;++i)
            for(int j=0;j<=i&&j<=r;++j)
            {
                f[i][j]=j?f[i-1][j-1]*(1-q[i][r-j+1]):0;
                f[i][j]+=f[i-1][j]*q[i][r-j];
            }
        db ans=0;
        for(int i=1;i<=n;++i)
            for(int j=0;j<i&&j<r;++j)
                ans+=d[i]*(f[i-1][j]*(1-q[i][r-j]));
        printf("%.10lf\n",ans);
    }
    return 0;
}

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