hdu-4336 Card Collector状态压缩|期望dp】

题意：买东西集齐全套卡片赢大奖。每个包装袋里面最多一张卡片，最少可以没有。且给了每种卡片出现的概率 p[i]，以及所有的卡片种类的数量 n(1<=n<=20)，问集齐卡片需要买东西的数量的期望值。需要注意的是 包装袋中可以没有卡片，也就是说：segma{ p[i] }<=1.0，i=0,2,...,n-1。

用二进制状态来表示每种物品是否出现过。例如 10101的前一个状态就有00101、10001、10100.

E(stu)表示满足stu的期望。E(stu)=∑E(pre_stu)*p'[x]+E(stu)*none.

p'[x]表示stu在第x位为1，pre_stu在第x位为0，即抓第x个卡片的概率。但是这里p[x]!=p'[x]。因为p'[x]为条件概率p'[x]=p[i]/（∑p[x]）；

整理式子 ：E(stu)=(∑E(pre_stu)*p[x])/(1-none-∑p[y]). x表示stu在第y位为1，pre_stu在第y位为1

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解决期望问题经常用逆推的方式。

鄙人自己理解的逆推，不足之处请各位大神指正。

例如 等差数列 A(n-1)=A(n-1)+1.假如我们从A(1)开始往后推n部，A(n)=a(1)+n-1；我们逆推公式A(n)=0，A(n-1)=A(n)+1，A(1)=A(n)+n-1.若初始化与A(n)=逆推前A(1)。那么逆推后的A(1)就是解。



如这个图。假如递推关系用图来表示是个AOE图，如我们这次的期望dp转移方程。那么我们知道起点是0开始E(0000000)为0.那么把终点置0.逆推，得到的起点值，就应该是解。

#include <stdio.h>
#include <math.h>
using namespace std;
const double eps=1E-8;
const int maxn=21;
double p[maxn];
double dp[1<<maxn];
int main()
{
int n;
while(~scanf("%d",&n))
{
double none=0;
for(int i=0;i<n;++i)
{
scanf("%lf",p+i);
none+=p[i];
}
none=1-none;
dp[(1<<n)-1]=0;
for(int i=(1<<n)-2;i>=0;--i)
{//枚举状态
double ept=0,res=1;
for(int j=0;j<n;++j)
{//消除第j位的状态
if(i&(1<<j)) ept+=p[j];//第j种卡片已存在
else res+=p[j]*dp[i|(1<<j)];
}
dp[i]=res/(1-none-ept);
}
printf("%.5f\n",dp[0]);
}
return 0;
}