Ural1776： Anniversary Firework（概率DP）

传送门

题意：
n个火箭排成一排
一开始点燃第一个和最后一个火箭
然后每次只能在点燃过的火箭中的火箭
每两次点燃火箭的间隔时间为10s求
点燃n个火箭等待时间的期望

题解：
我还是太Naive了，一开始以为是期望+区间DP，dp[i]表示合并长度为i的区间的期望时间，转移直接取两段区间的max。后来发现期望DP不能取max，直接不会了。

看了题解才知道，合并区间的时间一类的问题可以从概率下手，因为概率显然可以直接合并，最后乘上贡献就好了。

dp[i][j]dp[i][j]表示合并长度为ii的区间用j步的概率，那么DP转移方程可以谢为:

dp[i][j]=∑mid=1i{dp[mid][j−1]∗∑k=1j=1dp[i−mid][k]+dp[i−mid][j−1]∗∑k=1j=1dp[mid][k]}

dp[i][j]=\sum_{mid=1}^{i}\{dp[mid][j-1]*\sum_{k=1}^{j=1}dp[i-mid][k]+dp[i-mid][j-1]*\sum_{k=1}^{j=1}dp[mid][k]\}(记得去重，懒得写了)。

sum记录前缀和成功n3n^3DP。对了，边界特别恶心，我心态已经被调崩了。。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int Maxn=4e2+50;
int n;
double dp[Maxn][Maxn];
int main(){scanf("%d",&n);n-=2;for(int i=0;i<=n;i++){for(int j=i;j<=n;j++)dp[i][j]=1.0;}for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=2;j<=i;j++){dp[i][j]=dp[i][j-1];for(int k=0;k<i;++k){if(k==0||k==i-1){dp[i][j]+=(dp[i-1][j-1]-dp[i-1][j-2])/i;continue;}double p1=dp[k][j-1],p2=dp[i-k-1][j-1],p3=dp[k][j-2],p4=dp[i-k-1][j-2]; dp[i][j]+=(p1*p2-p3*p4)/i;}x}double ans=0;for(int i=1;i<=n;i++){ans+=10.0*(dp[n][i]-dp[n][i-1])*i;}printf("%.10f",ans);
}

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