题意:给定n个数a1…an(n<=50,ai<=50),随机打乱后,记Si=a1+a2+a3…+ai,问满足Si<=p的i的最大值的期望.(p<=50)

这道题在网上有一些不同的做法,O(n^3)或O(n^4)都可以通过,这里整合一下,标上出处,其实我只写了自己YY的那一种，叫我搬运工

　　1.期望的线性性,讨论每个数对i的贡献.O(n^4)

　　自己YY的,不知道以前有没有人也写过这种方法.

　　如果ai满足Si<=p,那么ai就对答案有1 的贡献,因此我们算出每个数ai满足Si<=p的概率(其实也是对答案贡献的期望),加起来就是答案.

　　现在对于每个数考虑满足条件的概率,我们不妨考虑将这个数先放进序列里,再随机往序列里加数.如果现在这个数的前面有i个数,后面有j个数,那么再随机加一个数位于这个数前面的概率是(i+1)/(i+1+j+1),(j+1)/(i+1+j+1),因为这个数的前面有i+1个空,后面有j+1个空,而且新加的数插到每个空的概率是相同的.

　　那么我们定义F[i][j][s]表示这个数前面有i个数,后面有j个数,前面的数的和为s的情况在构造整个序列的中间过程中出现的概率,则F[i][j][s]=F[i][j-1][s]*p(最后一个数插在后面)+F[i-1][j][s-a[last]]*p(最后一个数插在前面),其中p(最后一个数插在后面)=(j)/(i+j+1),

　　p(最后一个数插在前面)=(i+1)/(i+j+1).边界F[0][0][0]=1,也就是一开始我们的序列里只有一个数.

　　于是我们做n次O(n^3)的DP即可.

　　看上去我们每次DP生成这个随机序列的方式不同,但这些方式其实是等价的,因为每个数都是随机插入.

　　写的时候可以通过恰当的循环顺序把DP数组只开两维,不过并没有卡内存.

#include<cstdio>

#include<cstring>

#include<algorithm>

using namespace std;

double f[][];//f[i][j]:前面有j个人,长度之和为i

int a[];

int lim,n;

double dp(int x){

  memset(f,,sizeof(f));

  f[][]=;

  int flag=;

  for(int i=;i<=n;++i){

    if(i==x){

      flag=;continue;

    }

    for(int j=;j>=;--j){

      for(int k=;k>=;--k){

    f[min(j+a[i],)][k+]+=f[j][k]*(k+)/(i-flag+);

    f[j][k]=f[j][k]*(i-flag-k)/(i-flag+);

      }

    }//printf("%.3f\n",f[0][0]);

  }

  double ans=;

  for(int i=;i+a[x]<=lim;++i)

    for(int j=;j<=n;++j)//printf("%d %d %d %.3f\n",x,i,j,f[i][j])

      ans+=f[i][j];

  //  printf("%.3f\n",ans);

  return ans;

}

int main(){

  scanf("%d",&n);

  for(int i=;i<=n;++i){

    scanf("%d",a+i);

  }

  scanf("%d",&lim);

  double ans=;

  for(int i=;i<=n;++i)ans+=dp(i);

  printf("%.5f\n",ans);

  return ;

}

　　2.期望的定义,O(n^4)

　　传送门:http://blog.csdn.net/hmzhe/article/details/51960298

　　我们知道所有可能的排列一共有n!种,50!虽然是一个很大的数字,但double可以提供足够的精度(有一定的精度损失,但最终结果损失的精度在题目要求的1e-4之外).因此我们可以算出所有排列中的答案之和再除以n!就是答案.

　　显然我们不能用阶乘的时间复杂度真正地枚举所有答案.因此我们需要将某些具有相同特征的排列一并计算.注意到,如果一个方案在Si<=p时只算进去前m个数,那么后(n-m)个数如何排列我们是不关心的.也就是说我们可以得到一共(n-m)!个方案.

　　那么我们只需要考虑算了0个数的方案有几个,算了1个数的方案有几个,算了2个数的方案有几个….这里的方案数也可能很大,需要double(最终结果会炸掉不影响答案正确性的1e-4之后精度,中间炸的精度可能大一点但除以n!后就变到1e-4之后了).

　　此时我们需要确保我们所计数的”算了一个数的方案”不会在加一个数之后变成”算了两个数的方案”,所以我们需要确保这个方案所选择的前缀在末尾加了一个数之后和大于p,也就是我们需要定义F[i][j][s][ed]为在前i个数中选取j个和为s的数,且在这些数的最后加上一个数ed后超过限制的方案数.这个ed似乎不太好处理,所以我们应当在最外层枚举它.最后只有s<p且s+a[ed]>p的状态合法.x后面的数字*排列,所以方案数乘上(n-j-1)!如果在计算选取方案的时候没有考虑顺序,最后需要对前面j个数也进行排列,方案数乘上j!

　　3.期望的线性性,O(n^3)

　　传送门:http://blog.sina.com.cn/s/blog_140e100580102wj4e.html

　　做法1.中我们考虑了原序列中每个数对期望的贡献.实际上我们可以转而考虑最终序列中每个位置上的数对期望的贡献,那么不需要考虑每种方案的截止位置,只需要考虑无序选出i个数和为j(j<p)的方案数x即可得出第i个位置对最终答案的贡献x*(i!)*(n-i)!/n!

　　4.期望的线性性,O(n^3)

　　codeforces别人的一份AC代码：http://codeforces.com/contest/261/submission/2917070

　　可以发现我们在做法3中算的其实是每个位置对答案贡献的期望.直接定义F[i][j][k]为在原序列的前i个数中选取了最终序列的前j个数,且和为k的情况在所有情况中所占的概率.写法和3相似.