【题解】NOIp模拟：守卫者的挑战

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K的包包。
　　擂台赛一共有N项挑战，各项挑战依次进行。第i项挑战有一个属性ai，如果ai>=0，表示这次挑战成功后可以再获
得一个容量为ai的包包；如果ai=-1，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N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L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i项挑战成功的概率为pi%。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N,L,K。
　　第二行N个实数，第i个实数pi表示第i项挑战成功的百分比。
　　第三行N个整数，第i个整数ai表示第i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。
测试样例1
输入
样例输入1

3 1 0

10 20 30

-1 -1 2

样例输入2

5 1 2

36 44 13 83 63

-1 2 -1 2 1

输出
样例输出1

0.300000

样例输出2

0.980387

备注
　　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。

对于 100% 的数据，保证0<=K<=2000，0<=N<=200，-1<=ai<=1000，0<=L<=N，0<=pi<=100。

首先有一个暴力dp
$dp_{i,j,k}$表示到第 $i$关，胜了 $j$次，剩余背包容量为 $k$
我们可以容许中途背包容量为负，只要最后不负就行了，所以下标可以是负的，需要一起加一个 $n$
转移

• $dp_{i,j,k}+=dp_{i-1,j,k}*(1-p_i)$
• $dp_{i,j+1,k+a_i}+=dp_{i-1,j,k}*p_i$

空间时间都不允许，然后发现若背包容量 $>=n$的情况都可以归为容量为 $n$的情况，因为最多 $n$个碎片
所以分两种情况，做两次dp

• $中途从未到达过容量n$
• $达到过容量n$

这样时空间都有优化到了 $O(n^3)$
空间可以继续滚动掉一个

Code：

#include <bits/stdc++.h>
#define maxn 210
using namespace std;
int n, L, K, s, a[maxn];
double p[maxn], dp[2][maxn][maxn << 1], ans;

inline int read(){
	int s = 0, w = 1;
	char c = getchar();
	for (; !isdigit(c); c = getchar()) if (c == '-') w = -1;
	for (; isdigit(c); c = getchar()) s = (s << 1) + (s << 3) + (c ^ 48);
	return s * w;
}


int main(){
//	freopen("guard.in", "r", stdin);
//	freopen("guard.out", "w", stdout);
	n = read(), L = read(), K = read();
	s = K;
	for (int i = 1; i <= n; ++i) p[i] = 1.0 * read() / 100;
	for (int i = 1; i <= n; ++i) s += max(0, a[i] = read());
	dp[0][0][n + K] = 1;
	s = n;
	for (int i = 1; i <= n; ++i){
		int now = i & 1, pre = now ^ 1;
		for (int j = 0; j <= i; ++j)
			for (int k = 0; k <= n + s; ++k) dp[now][j][k] = 0;
		for (int j = 0; j <= i - 1; ++j){
			for (int k = 0; k < n + s; ++k) if (dp[pre][j][k] > 0){
				dp[now][j][k] += dp[pre][j][k] * (1.0 - p[i]);
				if (k + a[i] >= 0 && k + a[i] < n + s) dp[now][j + 1][k + a[i]] += dp[pre][j][k] * p[i];
			}
		}
	}
	int now = n & 1;
	for (int i = n; i < n + s; ++i)
		for (int j = L; j <= n; ++j) ans += dp[now][j][i];
	memset(dp, 0, sizeof(dp));
	dp[0][0][n + K] = 1;
	for (int i = 1; i <= n; ++i){
		int now = i & 1, pre = now ^ 1;
		for (int j = 0; j <= i; ++j)
			for (int k = 0; k <= n + s; ++k) dp[now][j][k] = 0;
		for (int j = 0; j <= i - 1; ++j)
			for (int k = 0; k <= n + s; ++k) if (dp[pre][j][k] > 0){
				dp[now][j][k] += dp[pre][j][k] * (1.0 - p[i]);
				if (k + a[i] >= n + s || k >= n + s) dp[now][j + 1][n + s] += dp[pre][j][k] * p[i];
				else if (k + a[i] < n + s && k + a[i] >= 0) dp[now][j + 1][k + a[i]] += dp[pre][j][k] * p[i]; 
			}
	}
	now = n & 1;
	for (int i = L; i <= n; ++i) ans += dp[now][i][n + s];
	printf("%.6lf\n", ans);
	return 0;
}