题解 P3239 【[HNOI2015]亚瑟王】

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首先，如果直接一轮一轮地进行期望推导，会发现前面有冲突的情况。枚举第 i 轮第 j 张卡时既要保证前 i-1 轮都没有发动过第 j 张卡，又要保证第 i 轮没有发动过前 j-1 张卡，再乘 p_i 算概率。但是这样怎么算都算不对，其实感觉也是一个“意识”调题的过程吧，反正最终把样例调到 3.21 左右发现概率对不上（样例解释），于是还是放弃了。

因此考虑建立无后效性的dp方程。因为需要满足 “如果发动了当前的卡”，那么就停止本轮，所以方程需要和前缀有关。令 f[i][j] 表示在所有的 r 轮里，前 i 张卡有 j 个发动了的概率。此时对于任意的第 k 张卡就可以用 f[k-1] 有关的数据推出来了。

考虑状态转移方程，对于 f[i][j]，可以从 f[i-1][j-1] 或 f[i-1][j] 推过来。当从 f[i-1][j] 推过来时，表示第 i 张整场都没有发动，因此 f[i-1][j] 的贡献为 f[i-1][j]\times (1-p_i)^{r-j}。

其中 (1-p_i)^{r-j} 表示在全部 r 轮中，由于在前 i-1 个中钦定了 j 个，占用了 j 轮，剩下的 r-j 轮中每次都没有发动第 i 张卡。

同时，为了便于理解，当我们dp做到 f[i] 时，如果认为第 i 张卡为此时的第一张卡，剩下的 r-j 轮里就只能选择下标为 [i,n] 的卡了。此时第 i 张卡的发动不受前 i-1 张的限制。

当从 f[i-1][j-1] 推过来时（首先要满足 j>0），表示第 i 张被发动了，正难则反，被发动的概率就是用 1 减去没有被发动的概率。而没有被发动的概率在上文中被提到了，是 (1-p_i) 的幂。此时由于只钦定了 j-1 张卡发动，所以指数为 r-j+1。因此 f[i-1][j-1] 的贡献为 f[i-1][j-1]\times\left(1-(1-p_i)^{r-j+1}\right)。

然后可以依次求出所有的 f，此时我们再根据 f 推出每张卡被发动的概率 P_i。

仿照上面 f[i-1][j-1]\to f[i][j] 的过程，我们可以直接算出

P_i=\sum_{j=0}^{i-1}f[i-1][j]\times \left(1-(1-p_i)^{r-j}\right)

答案是对每个 P_i 乘上伤害值 d_i。

对每个 (1-p_i) 预处理幂后，时间复杂度为 O(nTr)。

Code：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#define db double
db f[233][233],p[233];
db q[233][233];//q[i][j]表示(1-p[i])^j
int d[233];
int main()
{
    int T;
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
        int n,r;
        scanf("%d%d",&n,&r);
        for(int i=1;i<=n;++i)
        {
            scanf("%lf%d",&p[i],&d[i]);
            q[i][0]=1;
            for(int j=1;j<=233;++j)
                q[i][j]=q[i][j-1]*(1-p[i]);
        }
        f[0][0]=1;
        for(int i=1;i<=n;++i)
            for(int j=0;j<=i&&j<=r;++j)
            {
                f[i][j]=j?f[i-1][j-1]*(1-q[i][r-j+1]):0;
                f[i][j]+=f[i-1][j]*q[i][r-j];
            }
        db ans=0;
        for(int i=1;i<=n;++i)
            for(int j=0;j<i&&j<r;++j)
                ans+=d[i]*(f[i-1][j]*(1-q[i][r-j]));
        printf("%.10lf\n",ans);
    }
    return 0;
}