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一道不简单的概率和期望dp题
根据期望的线性性质，容易想到，可以算出每张卡的期望伤害，然后全部加在一起
手算样例之后发现是正确的，那么我们只要求出每张卡的实际被使用的概率就可以了
记第$i$张卡的实际被使用的概率为$fp[i]$
那么答案就是
$\Large\sum\limits_{i=0}^{n-1}fp[i]\cdot d[i]$
如何求出$fp[i]$？
首先考虑第一张卡的$fp$，也就是$fp[0]$，应该为
$\Large fp[0]=1-(1-p[i])^{r}$
这个很容易理解，因为$(1-p[i])^r$就是这张卡从头到尾始终憋着不出的概率
那么对于后面的$fp$应该怎么求呢
有个条件很烦人，就是在每一轮中，出了一张卡的时候立即结束该轮
那么下面就轮到dp上场啦！
令$f[i][j]$表示在所有的$r$轮中，前$i$张卡中一共出了$j$张的概率，那么就可以用$O(n)$的时间算出$fp[i](i>0)$
枚举前$i-1$轮选了$j$张牌，那么有$j$轮不会考虑到第$i$张牌，也就是有$r-j$轮会考虑到第$i$张牌
那么根据上面的分析，$1-(1-p[i])^{r-j}$就是在$r-j$轮中使用过第$i$张牌的概率，式子：
$\Large fp[i]=\sum\limits_{j=0}^{r}f[i-1][j]\cdot(1-(1-p[i])^{r-j})(i>0)$
接下来只要写出$f[i][j]$的转移方程就好了，分两种情况讨论
第一种，$f[i][j]$从$f[i-1][j]$转移过来，即第$i$张牌最终没有选，始终不选第$i$张牌的概率是$(1-p[i])^{r-j}$
$\Large f[i][j]+=f[i-1][j]\cdot(1-p[i])^{r-j}(i>0)$
第二种，当$j>0$时，$f[i][j]$可以从$f[i-1][j-1]$转移过来，表示最终选择了第$i$张牌
这时候，有$j-1$轮没有考虑到第$i$张牌，所以考虑到第$i$张牌的轮数是$r-j+1$，最终选择的概率为$1-(1-p[i])^{r-j+1}$
$\Large f[i][j]+=f[i-1][j-1]\cdot(1-(1-p[i])^{r-j+1})(i>0,j>0)$
然后就没了，总时间复杂度$O(Tnr)$，具体细节看代码
因为洛谷上有点卡时，所以预处理了$(1-p[i])$的幂
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cstdio> using namespace std;
const int MAXN = ;
const int MAXR = ; int n, r, d[MAXN];
double p[MAXN], fp[MAXN]; double pow1p[MAXN][MAXN]; // pow1p[i][j]表示(1-p[i])^j
void prelude() {
for( int i = ; i < n; ++i ) {
pow1p[i][] = ;
for( int j = ; j <= r; ++j )
pow1p[i][j] = pow1p[i][j-] * (-p[i]);
}
} double f[MAXN][MAXR];
double solve() {
memset( f, , sizeof(f) );
memset( fp, , sizeof(fp) );
f[][] = pow1p[][r]; // 边界
f[][] = fp[] = -f[][];
for( int i = ; i < n; ++i ) {
for( int j = ; j <= r; ++j ) {
fp[i] += f[i-][j] * ( - pow1p[i][r-j]); // 根据f计算fp
f[i][j] += f[i-][j] * pow1p[i][r-j]; // 不选第i张
if( j ) f[i][j] += f[i-][j-] * ( - pow1p[i][r-j+]); // 选第i张
}
}
double rtn = ;
for( int i = ; i < n; ++i ) {
// printf( "fp[%d] = %lf\n", i, fp[i] );
rtn += d[i] * fp[i];
}
return rtn;
} int main() {
int T; scanf( "%d", &T );
while( T-- ) {
scanf( "%d%d", &n, &r );
for( int i = ; i < n; ++i ) scanf( "%lf%d", p+i, d+i );
prelude();
printf( "%.10lf\n", solve() );
}
return ;
}