HNOI2015亞瑟王（期望dp）

題目連結

題目大意

太長不想寫qwq

題解

首先會發現，如果我們按照每一輪往後dp是行不通的，因為這樣需要表示當前所有牌的選擇狀態。
於是我們令$f[i][j]$表示前$i$張牌中，$j$張牌被選了的期望傷害是多少。然後我yy了一個遞推式，調了一會兒發現這樣行不通……因為第$i$張牌的選擇狀態依賴於前面某些牌的選擇狀態。
既然後面依賴前面，那我們就反過來dp唄……
$f[i][j]$表示$i$到$n$中，有$j$輪被佔用的期望傷害是多少。注意這裡$j$不是多少牌被選擇，因為可能有一輪什麼牌都不選。
於是遞推式就比較好辦了，我們列舉當前的牌選或不選，如果選，在第幾個被選。由於$i$並不會影響$i$之前的牌的選擇，我們就可以大膽dp了。
$f[i][j]=(1-p[i])^jf[i+1][j]+\sum_{k=1}^jp[i](1-p[i])^{k-1}(f[i+1][j-1]+d[i])\\ =(1-p[i])^jf[i+1][j]+\left(1-(1-p[i])^j\right)(f[i+1][j-1]+d[i])$
於是直接$O(nr)$dp就沒了。目前跑得飛快

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int T, n, r, d[225];
double f[225][135], p[225];
int main() {
	for (scanf("%d", &T); T--;) {
		scanf("%d%d", &n, &r);
		for (int i = 1; i <= n; i++)
			scanf("%lf%d", p + i, d + i);
		for (int i = 0; i <= r; i++) f[n + 1][i] = 0;
		for (int i = n; i > 0; i--) {
			double mul = 1, pp = 1 - p[i];
			for (int j = 1; j <= r; j++) {
				mul *= pp;
				f[i][j] = (1 - mul) * (f[i + 1][j - 1] + d[i]) + mul * f[i + 1][j];
			}
		}
		printf("%.10lf\n", f[1][r]);
	}
	return 0;
}