【LightOj 1027】 A Dangerous Maze(II) （概率、dp）

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题意

同LightOJ 1027
只不过添加一个条件：可以知道前 $k$ 个是走的哪个房间
问出去的期望时间

题解

知道前 $k$ 个的意思为走了 $k$ 个负数以后，这 $k$ 个可以不必走
定义 $dp[i]$ 表示已经记录 $i$ 个负数的期望时间
答案即为 $dp[0]$

下面的讨论中，我们定义 $sum1$ 为正数和， $sum2$ 为负数和； $cnt1$ 为正数个数， $cnt2$ 为负数个数

对于每一个 $dp[i]$ 的结果，显然分为直接出去和再次回到原点的和，直接出去就是 $\frac{sum1}{n-i}$ 再次回到原点的和为 $\frac{cnt2-i}{n-i}(\frac{sum2}{cnt2}+dp[i+1])\quad$ （$\frac{sum2}{cnt2}$表示剩下 $cnt2-i$ 个负数中随机选一个的期望，因为已选的 $i$ 个数是随机的、再选的数也是随机的，所有也就相当于所有复数中选一个，即负数平均数；$dp[i+1]$ 表示从原点随机选点出去的概率）
所有就有 $dp[i]=\frac{sum1}{n-i}+\frac{cnt2-i}{n-i}(\frac{sum2}{cnt2}+dp[i+1])$

下面我们来思考一波初值，$f[k+1]$ 的时候已经不记得第一个了，因此 $i=k$ 的式子中 $f[k+1]=f[k]$ ，解一下，可知$dp[k]=\frac{sum1+\frac{cnt2-k}{cnt2}sum2}{n-cnt2}$

然而这样是不对的，因为有可能可以记录的 $k$ 是比负数的个数还要大，那么 $dp[k]$ 就没有用了，只有 $dp[1$~$cnt2]$ 是有用的，因此把 $k=cnt2$
$cnt2=n$时，已经没有负数，所有出不去。和上一题一样，只不过上题输出 $inf$ ，此题输出 $-1$

代码

#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std; 
#define N 100010
int n,T,k,sum1,sum2,cnt1,cnt2;
double f[N];
int main(){
    scanf("%d",&T);
    for(int tt=1;tt<=T;tt++){
        scanf("%d%d",&n,&k);
        sum1=sum2=cnt1=cnt2=0;
        for(int i=1;i<=n;i++){
            int x;scanf("%d",&x);
            if(x>0) sum1+=x,cnt1++;
            else sum2-=x,cnt2++; 
        }
        if(cnt2==n){printf("Case %d: -1\n",tt);continue;}
        if(k>=cnt2) k=cnt2,f[k]=(double)sum1/cnt1;
        else f[k]=(double)(sum1+(double)(cnt2-k)*sum2/cnt2)/(n-cnt2);
        for(int i=k-1;i>=0;i--){
            f[i]=(double)sum1/(n-i)+(double)(cnt2-i)*(f[i+1]+(double)sum2/cnt2)/(n-i);
        }
        printf("Case %d: %lf\n",tt,f[0]);
    }
    return 0;
}