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题目链接:http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid4336 题目大意
每次获得第iii张牌的概率为pip_ipi(每次只能获得一张)#xff0c;期望多少回合后获得所有牌。 解题思路 min−maxmin-maxmin−max容斥:max{S}∑T⊆S(−1)∣T∣−1min{T}max\{S\}\sum_{T\subseteq …正题
题目链接:http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid4336 题目大意
每次获得第iii张牌的概率为pip_ipi(每次只能获得一张)期望多少回合后获得所有牌。 解题思路
min−maxmin-maxmin−max容斥:max{S}∑T⊆S(−1)∣T∣−1min{T}max\{S\}\sum_{T\subseteq S}(-1)^{|T|-1}min\{T\}max{S}T⊆S∑(−1)∣T∣−1min{T} 然后本题显然是要求max{E(S)}max\{E(S)\}max{E(S)}然后容斥为 max{E(S)}∑T⊆S(−1)∣T∣−1min{E(T)}max\{E(S)\}\sum_{T\subseteq S}(-1)^{|T|-1}min\{E(T)\}max{E(S)}T⊆S∑(−1)∣T∣−1min{E(T)}
我们发现对于一个集合的min{E(T)}min\{E(T)\}min{E(T)}就是第一次拿到牌的期望值也就是1∑x∈Tpx\frac{1}{\sum_{x\in T}p_x}∑x∈Tpx1 证明 我们有每次∑x∈Tpx\sum_{x\in T}p_x∑x∈Tpx的概率获得牌为了方便陈述在后文用PPP代替。 假设我们抽kkk次能抽到我们有PPP的概率取到有1−P1-P1−P的概率多取一次 p(1−p)(1k)kp(1-p)(1k)kp(1−p)(1k)k p1k−p−pkkp1k-p-pkkp1k−p−pkk pk1pk1pk1 k1pk\frac{1}{p}kp1 codecodecode
#includecstdio
#includecstring
#includealgorithm
using namespace std;
int n,z,MS;
double p[30],P,ans;
int main(){while(scanf(%d,n)1){for(int i0;in;i)scanf(%lf,p[i]);MS1n;ans0;for(int i1;iMS;i){Pz0;for(int j0;jn;j)if(i(1j))Pp[j],z;ans((z1)?1:-1)*1.0/P;}printf(%.9lf\n,ans);}
}
