CF498B Name That Tune

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作为一道英文题先解释一下题意。

用 TT 秒时间按顺序听 NN 首歌，第 ii 首歌播放时间为 tit_i 秒，且每播放一秒都会有 pip_i 的概率被识别出来，跳到下一首。某首歌播放时间过完默认被识别，也跳到下一首。若时间有剩余而歌已全部听完则直接结束。求识别出歌数量的期望。

看见题目就想到期望DP。

第一眼想到的方程是设 fi,jf_{i,j} 表示第 ii 秒识别到第 jj 首歌的期望，不难想出一个 O(n3)O(n^3) 的算法。

枚举一个 kk 表示第 jj 首歌已经放了几秒，注意一下边界即可。

转移如下：

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double ans = 0;
f[0][0] = 1; // 初始化
for (int i = 1; i <= T; i++)
  for (int j = 1; j <= n; j++) {
    for (int k = 1; k <= i && k < t[j]; k++)
      f[i][j] += f[i - k][j - 1] * pow(1 - p[j], k - 1) * p[j];
    if (i >= t[j]) f[i][j] += f[i - t[j]][j - 1] * pow(1 - p[j], t[j] - 1);
    // 单独考虑默认被识别的状况
    ans += f[i][j];
    // 第 i 秒听到了第 j 首的概率，相当于多了 1 首，直接加到 ans 里
  }

但是发现这题 N≤5000N \leq 5000，O(n3)O(n^3) 的复杂度显然过不了，但是这个DP方程感觉优化不下去了（可能只是我菜）。。

考虑换一个思路 fi,jf_{i,j} 表示第 ii 首歌放完是第 jj 秒，可以写出这样的方程（其实只是把上面方程的 i, j 反了一下）：

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double ans = 0;
f[0][0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; i++)
    for (int j = 1; j <= T; j++) {
        for (int k = 1; k <= j && k < t[i]; k++)
            f[i][j] += f[i - 1][j - k] * pow(1 - p[i], k - 1) * p[i];
        if (j >= t[i]) f[i][j] += f[i - 1][j - t[i]] * pow(1 - p[i], t[i] - 1);
        ans += f[i][j];
    }

然后我们发现了有趣的事情：fi,jf_{i,j} 和 fi,j−1f_{i,j-1} 咋这么像呢？！很显然 kk 那一维可以用类似前缀和一样的东西优化掉，因为 fi,jf_{i,j} 和 fi,j−1f_{i,j-1} 差的基本上只有 (1−pi)(1-p_i) 的概率。

但是直接前缀和是有问题的，当 j>tij > t_i 时明显会把 ti≤jt_i \leq j 的情况给算重了，所以要减去。

以下为完整代码：

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#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
char buf[1 << 14], *p1 = buf, *p2 = buf;
inline char gc() {
  return p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + fread(buf, 1, 1 << 14, stdin), p1 == p2) ? EOF : *p1++;
}
inline int read() {
  int x = 0, f = 1;
  char c = gc();
  for (; !isdigit(c); c = gc())
    if (c == '-') f = -1;
  for (; isdigit(c); c = gc()) x = x * 10 + c - '0';
  return x * f;
}
const int N = 5005;
double p[N], f[N][N];
int t[N];
int main() {
  int n = read(), T = read();
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    p[i] = 1.0 * read() / 100;
    t[i] = read();
  }
  double ans = 0;
  f[0][0] = 1;
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    double sum = 0;
    double lst = pow(1 - p[i], t[i] - 1);
    for (int j = 1; j <= T; j++) {
      sum *= 1 - p[i];
      sum += f[i - 1][j - 1] * p[i];
      if (j >= t[i]) {
        sum -= f[i - 1][j - t[i]] * lst * p[i];
        f[i][j] += f[i - 1][j - t[i]] * lst;
      }
      f[i][j] += sum;
      ans += f[i][j];
    }
  }
  printf("%.9lf", ans);
}
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