bzoj1076 奖励关SCOI2008 状压与期望DP

Problem

Problem 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1n。

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？

Input

第一行有两个正整数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。

Output

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(即期望得分)。

Sample Input

#1

1 2
1 0
2 0

#2

6 6
12 2 3 4 5 0
15 5 0
-2 2 4 5 0
-11 2 5 0
5 0
1 2 4 5 0

Sample Output

#1

1.500000

#2

10.023470

Date Size

1<=k<=100,1<=n<=15，分值为[−106,106]内的整数。

Solution

首先某些物品既然可能会有前提集合Si，而题目条件中给出了n的范围为 1<=n<=15，那么很容易想到，利用状态压缩来进行判断是否具备前提集合，即(s&state[i])==s[i]

很容易想到利用DP来解决问题，令s表示之前已经取过宝物的状态，即用f[i][s]表示第i轮的状态为s时的期望得分。但是有一点问题，我们无法判断在i轮能否能到达s的状态，也就是有可能这个保存的答案其实是无效的。那么我们就可以采用倒推的方法。期望DP常用到倒推。

我们知道，E(x)=∑P(i)∗W(i)。又因为每一轮甩出某种宝物的可能性均为1n，那么就可以先计算期望得分的总和，最后再一次除。

由此：令s依然表示之前已经取过宝物的状态，f[i][s]表示在第i到第k轮的期望得分。那么这个答案的储存位置就明确了，即f[1][0]。状态转移方程如下：

对于具备前提集合的，则有不取和取两种状态:f[i][s]+=max(f[i+1][s],f[i+1][s|(1<<j−1)]+c[j])

而不具备前提集合的，则只能选择不取:f[i][s]+=f[i+1][s]

Code

#include <algorithm>#include <iostream>#include <cstdio>using namespace std;int k,n,maxx,c[16],state[16];double f[105][1<<15];void input(){    int t;    scanf("%d%d",&k,&n);    for(int i=1;i<=n;i++)    {        scanf("%d",&c[i]);        for(int j=1;;j++)        {            scanf("%d",&t);            if(!t)              break;            state[i]|=(1<<t-1);        }    }}int main(){    input();    maxx=(1<<n)-1;    for(int i=k;i>=1;i--)      for(int s=0;s<=maxx;s++)      {        for(int j=1;j<=n;j++)        {          if((s&state[j])==state[j])            f[i][s]+=max(f[i+1][s],f[i+1][s|(1<<j-1)]+c[j]);          else            f[i][s]+=f[i+1][s];        }        f[i][s]/=n;      }    printf("%.6lf\n",f[1][0]);    return 0;}