HNOI2015亚瑟王（期望dp）

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题目大意

太长不想写qwq

题解

首先会发现，如果我们按照每一轮往后dp是行不通的，因为这样需要表示当前所有牌的选择状态。
于是我们令 $f[i][j]$表示前 $i$张牌中， $j$张牌被选了的期望伤害是多少。然后我yy了一个递推式，调了一会儿发现这样行不通……因为第 $i$张牌的选择状态依赖于前面某些牌的选择状态。
既然后面依赖前面，那我们就反过来dp呗……
$f[i][j]$表示 $i$到 $n$中，有 $j$轮被占用的期望伤害是多少。注意这里 $j$不是多少牌被选择，因为可能有一轮什么牌都不选。
于是递推式就比较好办了，我们枚举当前的牌选或不选，如果选，在第几个被选。由于 $i$并不会影响 $i$之前的牌的选择，我们就可以大胆dp了。
$f[i][j]=(1-p[i])^jf[i+1][j]+\sum_{k=1}^jp[i](1-p[i])^{k-1}(f[i+1][j-1]+d[i])\\ =(1-p[i])^jf[i+1][j]+\left(1-(1-p[i])^j\right)(f[i+1][j-1]+d[i])$
于是直接 $O(nr)$dp就没了。目前跑得飞快

#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;
}