P2473 [SCOI2008]奖励关

题目描述

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\(P_i\)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\(S_i\)。只有当\(S_i\)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，\(P_i\)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？

输入输出格式

输入格式：

第一行为两个正整数\(k\)和\(n\)，即宝物的数量和种类。以下\(n\)行分别描述一种

宝物，其中第一个整数代表分值，随后的整数依次代表该宝物的各个前提宝物（各宝物编号为1到\(n\)），以0结尾。

输出格式：

输出一个实数，保留六位小数，即在最优策略下平均情况的得分。

说明

\(1<=k<=100, 1<=n<=15\)，分值为\([-10^6,10^6]\)内的整数。

想做这个题得先弄懂条件概率

简单一点的解释是，B在A发生的条件下发生的概率。

举个栗子，掷色子第一次投6概率为1/6，为A事件，第二次投6概率仍为1/6，为B事件。如果把两次投掷产生的一个结果算成一个最终状态，那么连续的状态AB发生的概率为1/36，也即是B在A发生的条件下发生的概率。

条件概率一定得把连续的事件划为一个状态来求解。

对于具体题目来看，在第\(i\)次出现宝物的时候，我们产生的状态空间的大小即为\(1/n^i\)。对于其中每一个状态空间的延长我们都可以做出选和不选的决策（当然，有时候是强制不能选的），以保证最优策略。

当然，即使没有决策，我们也不能找到所有状态空间进行统计，我们发现，第\(i\)个阶段产生的某一个状态空间对第\(i+1\)个阶段的每一个可能发生的宝物都能产生一个递推，这可能出现的\(n\)个宝物将状态空间扩大了\(n\)倍。

于是我们实际上在统计的时候，对于第\(i\)个阶段宝物产生的状态空间，它在后面重复出现了\(n^{k-i}\)次，所以这一维所有的答案产生的贡献最后需要除上\(n^i\)，我们通过倒推来消除可能爆精度的问题（在后面具体提到）

如果进行决策，我们利用背包的思想，将状态空间用一个新的状态表示处理，这也是转移方程中状态压缩的一维\(j\)，\(j\)表示当前状态空间每个宝物是否出现。注意新的状态空间可能代表多个以往的状态空间。

按照顺着的思想从前向后递推，我们用新状态空间对当前阶段每一个可能出现的概率进行递推，等价于原状态空间对每一个概率进行递推。这时候会产生两个问题，一是我们对每一个状态空间都得朴素的除上\(n^i\)，会产生新的复杂度。二是我们需要额外的判断，保证统计答案时的合法性，比较麻烦。

所以我们进行倒着做，可以对每一次产生的新状态都除以\(n\)，而不必对每一个状态特殊判断。最后统计答案时也只有唯一的一个合法。

方程:\(dp[i][j]\)代表第\(i\)阶段\(j\)状态已经发生转移的最大分数。

转移:\(dp[i][j]+=\sum_{l=1}^n max(dp[i+1][j|(1<<l-1)],dp[i+1][j])\),\(max\)左边要判转移合法

目标:\(dp[1][0]\)

可能说得不严谨，大概只是个人的一点浅显的感性理解，今天也是第一次做条件概率的题，如有不足，还请提出。

Code:

#include <cstdio>
const int N=102;
double dp[N][1<<15],score[18];
double max(double x,double y){return x>y?x:y;}
int n,k,pre[18];
void init()
{scanf("%d%d",&k,&n);int pree;for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%lf%d",score+i,&pree);while(pree){pre[i]|=1<<pree-1;scanf("%d",&pree);}}
}
void work()
{for(int i=k;i;i--)for(int j=0;j<=1<<n;j++){for(int l=1;l<=n;l++){if((pre[l]&j)==pre[l])dp[i][j]+=max(dp[i+1][j|(1<<l-1)]+score[l],dp[i+1][j]);elsedp[i][j]+=dp[i+1][j];}dp[i][j]/=double(n);}printf("%.6lf",dp[1][0]);
}
int main()
{init();work();return 0;
}

2018.7.3