【动态规划】守卫者的挑战

守卫者的挑战
(guard.pas/c/cpp)
题目描述

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的包包。

擂台赛一共有项挑战，各项挑战依次进行。第项挑战有一个属性，如果，表示这次挑战成功后可以再获得一个容量为的包包；如果，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，其中第项挑战成功的概率为。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,,。

第二行个实数，第个实数表示第项挑战成功的百分比。

第三行个整数，第个整数表示第项挑战的属性值.

输出格式

一个整数，表示所求概率，四舍五入保留6位小数。

样例输入1

3 1 0

10 20 30

-1 -1 2

样例输出1

0.300000

样例输入2

5 1 2

36 44 13 83 63

-1 2 -1 2 1

样例输出2

0.980387

样例说明

在第一个样例中，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。

数据范围与约定

对于 100%的数据，保证，，，，。

 

比较容易看出来是动规。明显以比赛划分阶段。

对于至少赢几场这个条件，为它新增一维，而本次是赢还是败可以归入方程中，比较好处理。

对于背包体积（太坑了，只需要最后满足背包体积大于零即可，注意c++还是用平移的方法保险点）。另一种处理方法是将捡地图和捡背包分成两维，这就比较好处理，但明显很慢，所以果断放弃。

由以上很容易出方程：

f[i][j][k]表示前i比赛，赢了k场，背包体积为j。f[i][j][k] = f[i-1][j-a[i]][k-1]*p[i] + p[i-1][j][k]*(1-p[i])

 

需要很注意的是，此处背包体积既有增又有减，所以不能用就地滚动！！！

另外值得注意的是：因为N<=200，因此背包体积可以限制在-200~200之间，超过的不用考虑，很简单，地图的体积为1。这是对空间的很大优化！！

 

#include <cstdio>
#include <string>
long getint()
{
long rs=0;bool sgn=1;char tmp;
do tmp=getchar();
while (!isdigit(tmp)&&tmp-'-');
if (tmp=='-'){sgn=0;tmp=getchar();}
do rs=(rs<<3)+(rs<<1)+tmp-'0';
while (isdigit(tmp=getchar()));
return sgn?rs:-rs;
}
double p[210];
long a[210];
double f[2][4010][210];
int main()
{
freopen("guard.in","r",stdin);
freopen("guard.out","w",stdout);
long n = getint();
long t = getint();
long l = getint();

for (long i=1;i<n+1;i++)
{
p[i] = getint();
p[i] /= 100;
}
long maxweight = l;
long minweight = 0;
for (long i=1;i<n+1;i++)
{
a[i] = getint();
if (a[i] > 0)
maxweight += a[i];
else
minweight --;
}

f[0][l+2000][0] = 1;
for (long i=1;i<n+1;i++)
{
for (long j=maxweight;j>minweight-1;j--)
{
for (long k=n;k>-1;k--)
{
f[i&1][j+2000][k] = f[(i&1)^1][j+2000][k]*(1-p[i]);
if (k-1 >= 0)
f[i&1][j+2000][k] += f[(i&1)^1][j-a[i]+2000][k-1]*(p[i]);
}
}
}
double ans = 0;
for (long i=t;i<n+1;i++)
{
for (long j=2000;j<2000+maxweight+1;j++)
{
ans += f[n&1][j][i];
}
}

printf("%.6lf",ans);
return 0;
}