【AcWing】蓝桥杯集训每日一题Day29|数学期望|DP|4009.收集卡牌(C++)

4009.收集卡牌

题目内容

小林在玩一个抽卡游戏，其中有 n 种不同的卡牌，编号为 1 到 n。
每一次抽卡，她获得第 i 种卡牌的概率为 pi。
如果这张卡牌之前已经获得过了，就会转化为一枚硬币。
可以用 k 枚硬币交换一张没有获得过的卡。
小林会一直抽卡，直至集齐了所有种类的卡牌为止，求她的期望抽卡次数。
如果你给出的答案与标准答案的绝对误差不超过 $10^{-4}$，则视为正确。
提示：聪明的小林会把硬币攒在手里，等到通过兑换就可以获得剩余所有卡牌时，一次性兑换并停止抽卡。

输入格式

输入共两行。
第一行包含两个用空格分隔的正整数 n,k，第二行给出 p1,p2,…,pn，用空格分隔。

输出格式

输出共一行，一个实数，即期望抽卡次数。

数据范围

对于 20% 的数据，保证 1≤n,k≤5。
对于另外 20% 的数据，保证所有 pi 是相等的。
对于 100% 的数据，保证 1≤n≤16,1≤k≤5，所有的 pi 满足 pi≥1/10000，且 ${\sum }_{i=1}^n$ pi=1。
注意，本题在官网必须保留 10 位小数才能通过（可能是没加SPJ），在本网站无此问题，只要满足你给出的答案与标准答案的绝对误差不超过 $10^{-4}$，则视为正确。

输入样例1：

2 2
0.4 0.6

输出样例1：

2.52

样例1解释

共有 2 种卡牌，不妨记为 A 和 B，获得概率分别为 0.4 和 0.6，2 枚硬币可以换一张卡牌。下面给出各种可能出现的情况：

• 第一次抽卡获得 A，第二次抽卡获得 B，抽卡结束，概率为 0.4×0.6=0.24，抽卡次数为 2。
• 第一次抽卡获得 A，第二次抽卡获得 A，第三次抽卡获得 B，抽卡结束，概率为 0.4×0.4×0.6=0.096，抽卡次数为 3。
• 第一次抽卡获得 A，第二次抽卡获得 A，第三次抽卡获得 A，用硬币兑换 B，抽卡结束，概率为 0.4×0.4×0.4=0.064，抽卡次数为 3。
• 第一次抽卡获得 B，第二次抽卡获得 A，抽卡结束，概率为 0.6×0.4=0.24，抽卡次数为 2。
• 第一次抽卡获得 B，第二次抽卡获得 B，第三次抽卡获得 A，抽卡结束，概率为 0.6×0.6×0.4=0.144，抽卡次数为 3。
• 第一次抽卡获得 B，第二次抽卡获得 B，第三次抽卡获得 B，用硬币兑换 A，抽卡结束，概率为 0.6×0.6×0.6=0.216，抽卡次数为 3。

因此答案是 0.24×2+0.096×3+0.064×3+0.24×2+0.144×3+0.216×3=2.52

输入样例2：

4 3
0.006 0.1 0.2 0.694

输出样例2：

7.3229920752

题目解析

最后用硬币兑换没有出现过的卡牌

n表示卡牌总共的种类
k表示多少枚硬币换一张卡牌

第二行是每次抽到每张卡牌的概率

输出期望抽卡次数

非常经典的，在算法题里常见的数学期望问题‘

从数学期望的角度分析

n很小，表示状态的时候需要用状态压缩的思想

如何表示状态

假设n=5，现在的卡牌有2，4，5，硬币的数量是2
因为n很小，只有16，表示有哪些卡牌的时候，可以用一个压缩的状态，用一个5位的01串来表示，01011，分别表示这5张卡牌有没有
用第二个数表示硬币数
所以状态可以用$(01011,2)$的二维状态来表示
写代码的时候把01串看成是二进制表示，转化成对应的十进制数来存储

从当前这个状态直到集齐所有卡牌，这个过程在概率论里面称为事件

需要找一下不同事件之间的关系

比如$(01011,2)$，可以转化成哪些事件呢
就看下一抽能抽到什么卡牌
一共有五种抽发，所以能变成五种事件，概率分别是$p_1,p_2,p_3,p_4,p_5$
如果下一抽抽的是第一张卡牌的话，变成的事件分别是$X_1，X_2,X_3,X_4,X_5$
$X_1$是$(11011,2)$
$X_2$是$(01011,3)$
$X_3$是$(01111,2)$
$X_4$是$(01011,3)$
$X_5$是$(01011,3)$
设初始事件是$X$，会被5种不同的概率分辨成5种事件
当然在变成$X_1$的时候，需要付出1抽的代价
所以期望是加1的，因为要多一步

这几个事件之间的关系

$$X=P_1(X_1+1)+\cdots +P_n(X_n+1)$$
$$E(x)=E(P_1(X_1+1)+\cdots +P_n(X_n+1))$$
要找的是$E(x_1)$到$E(x_2)$一直到$E(x_5)$之间的关系
但是$E(x)$里面还有其他的项，又有乘法又有加法
要用期望的运算性质把它展开整理一下

期望的运算性质
$$\begin{array}{c}E(C)=C\\ E(CX)=CE(x)\\ E(X+Y)=E(x)+E(Y)\end{array}$$
$$\begin{array}{c}E(x)=E(P_1(X_1+1))+\cdots +E(P_n(X_n+1)\\ =P_{1}E(X_1+1)+\cdots +P_{n}E(X_n+1)\end{array}$$
x可以看成一个随机变量，相当于这个事件发生的概率是100%
$$\begin{array}{c}=P_1(E(X_1)+E(1))+\cdots +P_n(E(X_n)+E(1))\\ =P_1(E(X_1)+1)+\cdots +P_n(E(X_n)+1)\end{array}$$

写代码的时候就和DP差不多了
$$f(s,c)=p_1(f(s_1,c_1)+1)+\cdots +p_n(f(s_n,c_n)+1)$$
可以看成一个DP问题

状态数量

第一维有16位，每一位有2种取法，2^16
第二维最多是每5个硬币换一张卡牌，所以k不可能大于80
因为如果有80个硬币，就可以换所有卡牌
一共是500多万个状态

每次算每个状态的时候，右边会有n项，8000万的计算量
而且有的状态是没有意义的，达不到的

用记忆化搜索来写
可以搜不到用不到的状态

数学期望是用DP来存的，期望的定义和DP是差不多的
如果不了解数学期望，可以把一个随机变量看成是一个集合
接下来就从集合角度分析DP问题

每一个事件可以看成一个集合
从当前状态集完所有卡牌的事件可以看成一个集合
抽五次的概率，p1
抽六次的概率，p2
…
左边一列是抽取的次数，右边一列是对应的概率
可以把这个集合看成是随机变量

代码

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int N = 16, M = 1 << N;
//M表示每一种卡牌手里有没有

int n, m;
//p表示每种卡牌抽到的概率，f表示状态
double p[N], f[M][N * 5 + 1];

double dp(int state, int coins, int r)
{
	//用v来表示当前状态
	double& v = f[state][coins];
	//如果v大于等于0，表示这个状态算过了
	if (v >= 0) return v;
	//否则判断一下当前缺少的卡牌数量
	//如果硬币能够兑换剩下的，返回，不需要再抽了
	if (coins >= r * m) return v = 0;

	//否则计算当前状态
	v = 0;
	for (int i = 0; i < n; i ++)
		//如果当前状态已经有这种卡牌了
		if (state >> i & 1)
			v += p[i] * (dp(state, coins + 1, r) + 1);
		else
			//如果没有这种卡牌的话，获得这张卡牌
			v += p[i] * (dp(state | (1 << i), coins, r-1) + 1);
			//多了一种没有用的卡牌，缺的卡牌数量应该减1
	return v;
}

int main()
{
	scanf("%d%d", &n, &m);
	//读入每种卡牌抽到的概率
	for (int i = 0; i < n; i ++) scanf("%lf", &p[i]);
	//先将所有状态初始化成-1
	memset(f, -1, sizeof f);
	//输出一下一张卡牌也没有，硬币也是0的状态
	printf("%.10lf\n", dp(0, 0, n));
	//n表示一开始state有n位是0

	return 0;
}