牛客網 wannafly挑戰賽23 C 收益

指望揹包DP

複雜度\(O(n*m)\)

前兩天模擬考考了這道題

考試時想到了如何設計狀態，惋惜轉移方程寫錯了。

個人想法：設\(dp[i][j]\)表示前i我的借到j元時的指望支出，\(pp[i][j]\)表示前i我的借到j元的機率，\(ans=\sum_{i=L}^{sum}pp[n][i]*(M-dp[n][i])\)（事實上我考場忘記把M乘上對應的機率了）

但這樣作的問題在於，咱們必須得計算前i我的借到j元的機率是\(100%\)時的指望支出，轉移時會很麻煩（雖然好像也能夠作，不過從此考試時應儘量避免這樣的狀況），因此不如把借到j元的機率也當作指望的一部分乘上去

最後的方程長這樣：

\[pp[i][j]=p[i]×pp[i–1][j–m[i]]+(1–p[i])×pp[i–1][j]\]
\[dp[i][j]=(1–p[i])×dp[i–1][j]+p[i]×(dp[i–1][j–m[i]]+pp[i–1][j–m[i]]×m[i]×r[i])\]

如何理解第二個dp式子呢?

咱們發現\(dp[i][j]\)表示前\(i\)我的借到\(j\)元時的指望支出*\(pp[i][j]\)

令\(f[i][j]\)表示前i我的借到j元時的指望支出

也就是說，\[f[i][j]*pp[i][j]=(1-p[i])*pp[i-1][j]*f[i-1][j]+p[i]*pp[i-1][j-m[i]]*(f[i-1][j-m[i]]+m[i]*r[i])\]
這樣這個看似玄學的式子就能夠解釋的通了

il int mns(int a,int b){
    return a-b<0?a-b+mod:a-b;
}

il int qpow(int x,int p) {
    int ans=1;
    for(; p; p>>=1) {
        if(p&1) ans=ans*x%mod;
        x=x*x%mod;
    }
    return ans;
}

signed main() {
    //freopen("input.txt","r",stdin);
    read(n),read(L),read(mon);
    int _100=qpow(100,mod-2);
    go(i,1,n)
    read(m[i]),read(r[i]),read(p[i]),sum+=m[i];
    go(i,1,n) {
        r[i]=r[i]*_100%mod;
        p[i]=p[i]*_100%mod;
    }
    pp[0]=1;
    go(i,1,n){
        com(j,sum,m[i]){
            pp[j]=(pp[j]*mns(1,p[i])%mod+pp[j-m[i]]*p[i]%mod)%mod;
            dp[j]=(dp[j]*mns(1,p[i])+(r[i]*m[i]%mod*pp[j-m[i]]%mod+dp[j-m[i]])%mod*p[i])%mod;
        }
        com(j,m[i]-1,0){
            pp[j]=pp[j]*mns(1,p[i])%mod;
            dp[j]=dp[j]*mns(1,p[i])%mod;
        }
    }
    int ans=0;
    go(i,L,sum) ans=(ans+mon*pp[i]%mod-dp[i])%mod;
    cout<<(ans+mod)%mod;
    return 0;
}