作为一道英文题先解释一下题意。
用 $T$ 秒时间按顺序听 $N$ 首歌，第 $i$ 首歌播放时间为 $t_i$ 秒，且每播放一秒都会有 $p_i$ 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 $f_{i,j}$ 表示第 $i$ 秒识别到第 $j$ 首歌的期望，不难想出一个 $O(n^3)$ 的算法。
枚举一个 $k$ 表示第 $j$ 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;
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);
ans += f[i][j];
}
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但是发现这题 $N \leq 5000$，$O(n^3)$ 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 $f_{i,j}$ 表示第 $i$ 首歌放完是第 $j$ 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];
}
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然后我们发现了有趣的事情：$f_{i,j}$ 和 $f_{i,j-1}$ 咋这么像呢？！很显然 $k$ 那一维可以用类似前缀和一样的东西优化掉，因为 $f_{i,j}$ 和 $f_{i,j-1}$ 差的基本上只有 $(1-p_i)$ 的概率。
但是直接前缀和是有问题的，当 $j > t_i$ 时明显会把 $t_i \leq j$ 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);
}
|
