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题目

传送门

解法

比较容易想出一个 (mathtt{dp})：令 (dp_{i,j,k}) 为前 (i) 天赢了 (j) 场，剩余容量为 (k)​ 的概率。转移方程就是：

[dp_{i,j,k}=dp_{i-1,j,k}cdot (1-p_i)+dp_{i-1,j-1,k-a_i}cdot p_i ]

看似 (k) 这一维比较大，但是实际上我们可以将其限制在 (n) 的范围，也即 (200)​ 以内。因为只要容量到达了 (200) 就一定够减了，而且转移方程的系数与 (k) 无关。相当于最后统计 (sum_{i=l}^nsum_{j=0}^{200}{dp_{n,i,j}})。这样就是 (mathcal O(n^3))。

但是实际上这样转移是有一定问题的。我们可以先获得后面的容积，然后再得到前面的物品。不妨将容积扩大到 ([0,400])，最后取剩余容量在 ([200,400]) 的 (dp) 值即可。

代码

#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;

int n, l, k, val[205];
double dp[205][205][405], p[205], ans;

int read() {
    int x = 0, f = 1; char s;
    while((s = getchar()) < '0' || s > '9') if(s == '-') f = -1;
    while(s >= '0' && s <= '9') {x = (x << 1) + (x << 3) + (s ^ 48); s = getchar();}
    return x * f;
}

int main() {
    n = read(), l = read(), k = read();
    for(int i = 1; i <= n; ++ i) scanf("%lf", &p[i]), p[i] /= 100;
    for(int i = 1; i <= n; ++ i) val[i] = read();
    dp[0][0][k + 200] = 1;
    for(int i = 0; i < n; ++ i)
        for(int j = 0; j <= i; ++ j)
            for(int v = 0; v <= 400; ++ v) {
                int s = min(400, v + val[i + 1]);
                dp[i + 1][j][v] += dp[i][j][v] * (1.0 - p[i + 1]);
                if(s >= 0) dp[i + 1][j + 1][s] += dp[i][j][v] * p[i + 1];
            }
    for(int i = l; i <= n; ++ i)
        for(int j = 200; j <= 400; ++ j)
            ans += dp[n][i][j];
    printf("%.10f
", ans);
    return 0;
}