介面測試框架實戰（二）| 介面請求斷言
（看到題解裡面有一篇和我最初想法挺像但好像不是大眾解法的題解，有點激動，乾脆自己也來寫篇題解好了）
Description
你有 \(n\) 張卡片，每張有一組資料 \(d_i,\ p_i\) 表示貢獻和發動概率，現在你要玩 \(r\) 輪遊戲，每輪編號從 \(1\) 開始：
-
如果這張卡片在之前被髮動過，直接跳過；
-
如果當前卡片發動了，產生 \(d_i\) 的貢獻並直接開始下一輪；
-
否則沒有發動的話，換到下一張卡片。
求期望獲得貢獻。
多測。
\(T \leq 444,\ n \leq 220,\ r \leq 132,\ p_i \in [0,\ 1],\ d_i \in [0,\ 10 ^ 3]\)
Analysis
注意到題目暗含的意思應該是玩多少輪遊戲，就會發動多少次卡片。（具體哪張並不清楚）
根據期望的線性性質，我們可以單獨考慮每個點發動的概率 \(g_i\) ，那麼總貢獻就是 \(\sum g_i \cdot d_i\) 。
所以在可以不考慮第幾輪的情況下，我們可以這樣設一個 DP 狀態： \(dp_{i,\ j}\) 表示前 \(i\) 張卡片剩下 \(j\) 次沒發動的期望值。
Solution
因為每張卡片發動一次之後就不能再發動了，發動之後的卡片視作概率為 \(1\) ，貢獻為 \(0\) 的“虛卡片”。
假設第 \(j\) 輪發動：
-
對於之後的輪次，概率為 \(1\)
，可以拆成發動 \(+\) 不發動兩種情況； -
而對於前面的輪次，概率一致，屬於同類項。
如此來看的話原先定義的 \(g_i\) 實際上可以變成另一種定義：第 \(i\) 張卡片至少發動一次的概率。
會不會算重呢？假如如果第 \(j\) 輪前面還有發動的輪次 \(k\) ，這種情況就換合併到第一次在第 \(k\) 輪發動的，前面有多個同理，不會的。
那就有 \(g_1 = 1 - (1 - p_1) ^ r\) ，如果另加前 \(j\) 輪就把 \(r\) 改成 \(j\) 就好了。
問題解決了一半。
還有一個問題，我們還是被每輪只能發動一次這個條件限制的死死的：因為前者的發動概率會直接影響
我們就可以理解為每張卡片在它後面的每張卡片上疊了 buff 。
（不知道怎麼的）猛然間想起期望入門的時候做過的這道題
前者影響後者，那就正難則反！！全部逆推，反正後面的卡片都要被前面影響，該疊 buff 就正常疊就行了。
所以就有很自然的 DP 方程式啦（注意是逆推啦）：
\[dp_{i,\ j} = dp_{i + 1,\ j} \cdot (1 - p_i) ^ j + dp_{i + 1,\ j - 1} \cdot (1 - (1 - p_i) ^ j) \]分別的兩個係數就是上文講的發動或者不發動。
（常熟還小/hanx）
Code
Code
/*
*/
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 222;
int n, r, d[N];
double p[N], f[N][N];
inline int read() {
char ch = getchar();
int s = 0, w = 1;
while (!isdigit(ch)) {if (ch == '-') w = -1; ch = getchar();}
while (isdigit(ch)) {s = (s << 3) + (s << 1) + (ch ^ 48); ch = getchar();}
return s * w;
}
inline double dead() {
char ch = getchar();
ll s = 0, w = 1, k = 0;
double m = 1; bool is = 0;
while (!isdigit(ch)) {if (ch == '-') w = -1; ch = getchar();}
while (isdigit(ch) || ch == '.') {
if (ch == '.') is = 1;
else if (!is) s = (s << 3) + (s << 1) + (ch ^ 48);
else k = (k << 3) + (k << 1) + (ch ^ 48), m *= 0.1;
ch = getchar();
}
return (m * k + s) * w;
}
inline void mian() {
memset(f, 0, sizeof(f));
n = read(); r = read();
for (int i = 1; i <= n; ++i) p[i] = dead(), d[i] = read();
for (int i = n; i >= 1; --i) {
double P = 1.0 - p[i];
for (int j = 1; j <= r; ++j) {
f[i][j] = f[i + 1][j] * P + (f[i + 1][j - 1] + d[i]) * (1.0 - P);
P *= 1.0 - p[i];
}
}
printf("%.9lf\n", f[1][r]);
}
int main() {
int T = read();
while (T--) mian();
return 0;
}