题目地址：洛谷：【P2473】[SCOI2008]奖励关 – 洛谷、BZOJ：Problem 1076. — [SCOI2008]奖励关

题目描述

你正在玩你最喜欢的电子游戏，并且刚刚进入一个奖励关。在这个奖励关里，系统将依次随机抛出k次宝物，每次你都可以选择吃或者不吃（必须在抛出下一个宝物之前做出选择，且现在决定不吃的宝物以后也不能再吃）。
宝物一共有n种，系统每次抛出这n种宝物的概率都相同且相互独立。也就是说，即使前k-1 次系统都抛出宝物1（这种情况是有可能出现的，尽管概率非常小），第k次抛出各个宝物的概率依然均为1/n。
获取第 i 种宝物将得到Pi分，但并不是每种宝物都是可以随意获取的。第i种宝物有一个前提宝物集合Si。只有当Si中所有宝物都至少吃过一次，才能吃第i 种宝物（如果系统抛出了一个目前不能吃的宝物，相当于白白的损失了一次机会）。注意，Pi 可以是负数，但如果它是很多高分宝物的前提，损失短期利益而吃掉这个负分宝物将获得更大的长期利益。
假设你采取最优策略，平均情况你一共能在奖励关得到多少分值？

输入输出格式

输入格式：
第一行为两个正整数k 和n，即宝物的数量和种类。以下n行分别描述一种宝物，其中第一个整数代表分值，随后的整数依次代表该宝物的各个前提宝物（各宝物编号为1到n），以0结尾。

输出格式：
输出一个实数，保留六位小数，即在最优策略下平均情况的得分。

输入输出样例

输入样例#1：

1 2
1 0
2 0

输出样例#1：

1.500000

输入样例#2：

6 6
12 2 3 4 5 0
15 5 0
-2 2 4 5 0
-11 2 5 0
5 0
1 2 4 5 0

输出样例#2：

10.023470

说明

1 <= k <= 100, 1 <= n <= 15，分值为[-106,106]内的整数。

题解

首先看数据范围像状压。我们用dp[i][S]表示到第i次奖励且获得奖励的状态为S的期望值。考虑向后转移，枚举下一关获得了什么奖励，然后判断该奖励可以不可以用，但是S这个状态是否合法（能否到达这一状态，S中1的数量是否超过了i）是一件很麻烦的事情，而且答案还得枚举S在dp[k][S]中找，不如倒推。
倒推则考虑已经有一个S，枚举这一次获得什么奖励，然后判断是否能获得，从下一次转移而来，这样一是合法状态向合法状态转移没有检验环节，二是答案就是dp[1][0]也不用枚举S，就比正推方便很多。

代码

// Code by KSkun, 2018/4
#include <cstdio>

#include <algorithm>

typedef long long LL;

inline char fgc() {
    static char buf[100000], *p1 = buf, *p2 = buf;
    return p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + fread(buf, 1, 100000, stdin), p1 == p2) ? EOF : *p1++;
}

inline LL readint() {
    register LL res = 0, neg = 1;
    char c = fgc();
    while(c < '0' || c > '9') {
        if(c == '-') neg = -1;
        c = fgc();
    }
    while(c >= '0' && c <= '9') {
        res = res * 10 + c - '0';
        c = fgc();
    }
    return res * neg;
}

const int MAXN = 17, MAXK = 105;

int k, n, t, dep[MAXN], w[MAXN];
double dp[MAXK][1 << MAXN];

int main() {
    k = readint(); n = readint();
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        w[i] = readint();
        while(t = readint()) {
            dep[i] |= 1 << (t - 1);
        }
    }
    for(int i = k; i >= 1; i--) {
        for(int j = 0; j < 1 << n; j++) {
            for(int k = 1; k <= n; k++) {
                if((j | dep[k]) == j) {
                    dp[i][j] += std::max(dp[i + 1][j], dp[i + 1][j | (1 << (k - 1))] + w[k]);
                } else {
                    dp[i][j] += dp[i + 1][j];
                }
            }
            dp[i][j] /= n;
        }
    }
    printf("%.6lf", dp[1][0]);
    return 0;
}