題目鏈接

\(Description\)

有n只精靈，兩種精靈球，每種球能捕捉到第i只精靈的概率已知。求用A個低級球和B個高級球能捕捉到精靈數的最大期望。

\(Solution\)

設f[i][a][b]表示前i只用了a個低級球，b個高級球的最大期望。轉移時四種情況顯然。復雜度\(\mathcal O(nAB)\)。
隨著某種球可使用數的增多，f應是凸函數，即增長越來越慢。而且兩種球都滿足這個性質。
於是可以wqs二分套wqs二分了。。沒有個數限制取個max記一下個數就可以了。復雜度\(\mathcal O(nlog^2n)\)。
誤差<=1e-4，因為最後要*A/B，所以eps應是1e-8。

總結（個人理解）：對於有著次數/段數之類的限制，可以使用帶權二分來消掉這一限制，從而可以進行簡單的快速DP。

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#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#define gc() getchar()
#define eps (1e-12)
const int N=2003;

int n,A,B,na[N],nb[N];
double pa[N],pb[N],Ans;

void Solve(double ca,double cb)
{
    na[0
 
]=nb[0]=0;
    double las=0, now;
    for(int i=1; i<=n; ++i, las=now)
    {
        now=las, na[i]=na[i-1], nb[i]=nb[i-1];
        if(las+pa[i]-ca>now) now=las+pa[i]-ca, na[i]=na[i-1]+1;
        if(las+pb[i]-cb>now) now=las+pb[i]-cb, nb[i]=nb[i-1]+1, na[i]=na[i-1];
        if(las+pa[i]+pb[i]-pa[i]*pb[i]-ca-cb>now)//1-(1-pa)(1-pb)
 

            now=las+pa[i]+pb[i]-pa[i]*pb[i]-ca-cb, na[i]=na[i-1]+1, nb[i]=nb[i-1]+1;
    }
    Ans=now;
}

int main()
{
    scanf("%d%d%d",&n,&A,&B);
    for(int i=1; i<=n; ++i) scanf("%lf",&pa[i]);
    for(int i=1; i<=n; ++i) scanf("%lf",&pb[i]);
    double l1=0,r1=1,mid1,l2,r2,mid2;//每個球0/1的權值就可以了啊 
    while(r1>=l1+eps)
    {
        mid1=(l1+r1)*0.5;
        l2=0, r2=1;
        while(r2>=l2+eps)
        {
            if(Solve(mid1,mid2=(l2+r2)*0.5),nb[n]>B) l2=mid2;
            else r2=mid2;
        }
        if(Solve(mid1,r2),na[n]>A) l1=mid1;//最優可行的是r2？反正不是l2。。
        else r1=mid1;
    }
    Solve(r1,r2);//最後Check一遍r。。
    printf("%.5lf",Ans+A*r1+B*r2);

    return 0;
}

Codeforces.739E.Gosha is hunting(DP 帶權二分)