coin

Decsription

　　数据范围：\(n<=3000,m<=300\)，保证\(\forall i,\sum\limits_{j}p_{ij}=1000\)
　　

Solution

　　平常指望算不对。。

　　首先比较明显的一点是，每种类型是独立的，咱们能够分开来考虑

　　先来想一个比较直接的dp

　　用\(a[i][j]\)表示第\(i\)我的最喜欢\(j\)的几率，记\(f[c][i][j]\)表示前\(i\)我的里面刚好有\(j\)我的最喜好类型\(c\)，转移显然：
\[ f[c][i][j]=f[c][i-1][j]*(1-a[i][j])+f[c][i-1][j-1]*a[i][j] \]
　　再考虑用\(g[i][j]\)表示第\(i\)种钞票携带了\(j\)张，指望拿走的数量，那么有转移：
\[ \begin{aligned} g[i][j]&=\sum\limits_{k=0}^mmin(k,j)*f[i][n][k]\\ &=\sum\limits_{k=0}^j k*f[i][n][k]+\sum\limits_{k=j+1}^mj*f[i][n][k]\\ \end{aligned} \]
　　而后咱们就能够用一个背包求出答案了，可是这样不管是空间仍是时间都很爆炸

　　

​　　考虑\(\nabla g[i][j]=g[i][j]-g[i][j-1]\)，也就是\(\nabla g[i][j]=\sum\limits_{k=j}^m f[i][n][k]\)，首先注意到\(f[i][n][k]\)在\(i\)肯定的状况下大小必定是随着\(k\)的增大而增大的，而后再看回这个\(\nabla g[i][j]\)，显然这个东西的值应该是非负的，而且当\(i\)必定，\(\nabla g[i][j]\)的值随着\(j\)的增大而单调不升

​　　因此咱们能够获得一个结论，当\(i\)肯定的时候，\(g[i][j]\)是不降的，而且增幅逐渐降低

​ 　　

　　而后又由于每种钞票是独立的，咱们能够考虑一个贪心

　　枚举\(n\)张钞票的每一张都选什么，对于每一种钞票\(c\)，咱们维护一个隐性的\(p_c\)（说是“隐性”是由于在实现的时候你并不须要真的去维护这么一个东西），表示钞票\(c\)当前已经取了\(p_c\)张，那么从贪心的角度来看，咱们当前枚举到的这张钞票，确定但愿新加入这张钞票以后，对应的\(g[c]\)的增幅最大，因此就能够获得一个大体的流程：从\(1\)到\(n\)枚举每一张钞票选什么，对于第\(i\)张钞票，\(O(m)\)求得最大的\(g\)的增幅，加入答案，而后对于选择的这个种类\(c\)，更新其\(g\)值

​　　如今的问题就是怎么维护增幅，为了方便下面只针对肯定的\(c\)类钞票进行表述

　　一开始的时候\(p_c=0\)，\(g[c][0]\)到\(g[c][1]\)的增幅是很好计算的，\(\nabla g[c][1]=1-\prod\limits_{i=1}^n(1-a[i][c])\)，可是\(\nabla g[c][2]\)看起来就不能那么直接地进行计算了，因此咱们仍是看回这个式子：\(\nabla g[i][j]=\sum\limits_{k=j}^mf[i][n][k]=1-\sum\limits_{k=0}^{j-1}f[i][n][k]\)，那因此咱们只要对于第\(c\)种钞票维护\(f[c][i][j]\)就好，而后维护一个\(sum[c]=\sum\limits_{k=0}^{p_c}f[c][n][k]\)，每次更新完\(f[c]\)以后把\(f[c][n][p_c]\)加到\(sum[c]\)里面就行了

​　　接下来就是空间怎么解决：对于\(f[c][i][j]\)来讲，咱们是按照\(j\)进行dp的，显然\(j\)那维能够滚动掉，\(f[c][][j]\)到\(f[c][][j+1]\)的更新是\(O(n)\)的，而后咱们就得到了一个\(O(nm)\)的算法

　　

　　mark：（弱智操做）谁告诉你听算指望的时候能够钦定顺序的？？？

​　　

Code

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N=3010,M=310;
double sum[N],f[2][M][N];
double a[N][M];
int now[M],pre[M];
int n,m;
double ans;
void dp(int x){
    swap(now[x],pre[x]);
    int Now=now[x],Pre=pre[x];
    f[Now][x][0]=0;
    for (int i=1;i<=n;++i)
        f[Now][x][i]=f[Now][x][i-1]*(1-a[i][x])+f[Pre][x][i-1]*a[i][x];
}
 
int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("a.in","r",stdin);
#endif
    int x;
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for (int i=1;i<=n;++i)
        for (int j=1;j<=m;++j)
            scanf("%d",&x),a[i][j]=1.0*x/1000;
    for (int i=1;i<=m;++i){
        f[0][i][0]=1;
        for (int j=1;j<=n;++j)
            f[0][i][j]=f[0][i][j-1]*(1-a[j][i]);
        sum[i]=f[0][i][n];
    }
    for (int i=1;i<=m;++i) now[i]=0,pre[i]=1;
    int which;
    double mx;
    for (int j=1;j<=n;++j){
        mx=0; which=-1;
        for (int i=1;i<=m;++i)
            if (1-sum[i]>mx)
                which=i,mx=1-sum[i];
        ans+=mx;
        dp(which);
        sum[which]+=f[now[which]][which][n];
    }
    printf("%.10lf\n",ans);
}