标签：rt std SemifinalAssignment int 题解 进队 lt kth Topcoder

我一直是不喜欢对一个题单独开一篇文章的，但是这次例外，因为本来要一块写的其他题我实在是补不动了。

解题报告

本题的一个难点就在于如何处理卡线情况。

于是考虑先枚举这个东西：枚举卡线的人中，最后一位进队的编号是几；再枚举分数线。

有了这两个信息，我们就可以轻松算出每个人进队的概率是多少。

还有一个就是进哪个队，要知道这个需要知道他前面有几个人进队。

这个东西可以 dp：设 f[i][j] 表示前 i 个人有 j 个进队的，不考虑 i 进队与否

转移方程就是枚举前面那个人进没进队。

题目里还有第三个限制：进队人数。于是我们要确定他后面有几个人进队。

这个东西也可以 dp，和上面差不多。

最后把所有概率乘一乘加一加就好了。

代码实现

class SemifinalAssignment {
private:
    static const int MAXN = 25 + 5;
    double f[MAXN][MAXN], g[MAXN][MAXN];

    double siz(int l, int r) {
        if (l > r) return 0;
        return r - l + 1;
    }
public:
    std::vector<double> getProbability(std::vector<int> lt, std::vector<int> rt, int k) {
        int n = lt.size();
        std::vector<double> ans; ans.resize(n * 2);
        for (int kth = 0; kth < n; ++kth) {
            for (int cutoff = lt[kth]; cutoff <= rt[kth]; ++cutoff) {
                std::vector<double> prob; prob.resize(n);
                for (int i = 0; i < kth; ++i) {
                    prob[i] = siz(std::max(cutoff, lt[i]), rt[i]) / siz(lt[i], rt[i]);
                } prob[kth] = 1;
                for (int i = kth + 1; i < n; ++i) {
                    prob[i] = siz(std::max(cutoff + 1, lt[i]), rt[i]) / siz(lt[i], rt[i]);
                }
                memset(f, 0, sizeof f); memset(g, 0, sizeof g);
                f[0][0] = 1;
                // 为知道每个人分到哪个队伍里，我们需要知道每个人的前面有多少人晋级了
                // dp[i][j] 表示前 i 个人中有 j 个人晋级的概率，为方便不考虑第 i 个人是否晋级
                for (int i = 1; i < n; ++i) {
                    for (int j = 0; j <= i; ++j) {
                        f[i][j] += f[i - 1][j] * (1 - prob[i - 1]);
                        if (j) f[i][j] += f[i - 1][j - 1] * prob[i - 1];
                    }
                }
                g[n][0] = 1;
                // 为确保有恰好 k 个人晋级，我们不仅需要知道左边有多少人晋级，还需要知道右边有多少人晋级
                // rp[i][j] 表示最后 n - i 个人中有 j 个人晋级的概率
                for (int i = n - 1; i >= 0; --i) {
                    for (int j = 0; j <= n - i; ++j) {
                        g[i][j] += g[i + 1][j] * (1 - prob[i]);
                        if (j) g[i][j] += g[i + 1][j - 1] * prob[i];
                    }
                }
                for (int i = 0; i < n; ++i) {
                    for (int left = 0; left <= i; ++left) {
                        int right = k - left - 1;
                        if (right >= 0) {
                            int pos = (left % 4 == 0 || left % 4 == 3) ? 0 : 1;
                            ans[i * 2 + pos] += (1.0 / siz(lt[kth], rt[kth])) * prob[i] * f[i][left] * g[i + 1][right];
                        }
                    }
                }
            } 
        } return ans;
    }
};

------------恢复内容结束------------

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来源： https://www.cnblogs.com/handwer/p/15376717.html

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