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Description

你正在玩你最喜歡的電子遊戲，並且剛剛進入一個獎勵關。在這個獎勵關裡，系統將依次隨機丟擲k次寶物， 每次你都可以選擇吃或者不吃（必須在丟擲下一個寶物之前做出選擇，且現在決定不吃的寶物以後也不能再吃）。 寶物一共有n種，系統每次丟擲這n種寶物的概率都相同且相互獨立。也就是說，即使前k-1次系統都丟擲寶物1（ 這種情況是有可能出現的，儘管概率非常小），第k次丟擲各個寶物的概率依然均為1/n。 獲取第i種寶物將得到Pi 分，但並不是每種寶物都是可以隨意獲取的。第i種寶物有一個前提寶物集合Si。只有當Si中所有寶物都至少吃過 一次，才能吃第i種寶物（如果系統丟擲了一個目前不能吃的寶物，相當於白白的損失了一次機會）。注意，Pi可 以是負數，但如果它是很多高分寶物的前提，損失短期利益而吃掉這個負分寶物將獲得更大的長期利益。 假設你 採取最優策略，平均情況你一共能在獎勵關得到多少分值？

Input

第一行為兩個正整數k和n，即寶物的數量和種類。以下n行分別描述一種寶物，其中第一個整數代表分值，隨 後的整數依次代表該寶物的各個前提寶物（各寶物編號為1到n），以0結尾。

Output

輸出一個實數，保留六位小數，即在最優策略下平均情況的得分。

HINT

1<=k<=100,1<=n<=15，分值為$[-10^6，10^6]$內的整數。

題目分析

這題主要的難點在於要逆推

先考慮正推 如果$dp[i][S]$表示 前$i-1$輪是否取過的狀態為$S$，到第$i$輪的期望最大分值 我們會發現對於前$i-1$

考慮逆推 $dp[i][S]$表示 假設前$i-1$輪是否取過的狀態為$S$，從第$i$輪到第$K$輪的期望最大分值

如果$S$符合某個寶物$k$的要求 那麼$dp[i][S]+=max(dp[i+1][S],dp[i+1][S|(1&lt;&lt;k-1)]+p[k])$

這樣最後答案$dp[1][0]$一定不會有不合法的轉移在內

#include<iostream>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;
typedef long long lt;
typedef double dd;
  
int read()
{
    int f=1,x=0;
    char ss=getchar();
    while(ss<'0'||ss>'9'){if(ss=='-')f=-1;ss=getchar();}
    while(ss>='0'&&ss<='9'){x=x*10+ss-'0';ss=getchar();}
    return f*x;
}

const int maxn=50010;
int n,m;
int pi[20],rem[20];
dd dp[110][maxn],ans;

int main()
{
    m=read();n=read();
    for(int i=1;i<=n;++i)
    {
        pi[i]=read();int x;
        while(scanf("%d",&x)!=EOF)
        {
            if(x==0) break;
            rem[i]|=1<<x-1;
        }
    }
    
    for(int i=m;i>=1;--i)
    for(int j=0;j<=(1<<n)-1;++j)
    {
        for(int k=1;k<=n;++k)
        if(!((~j)&rem[k]))
        dp[i][j]+=max(dp[i+1][j],dp[i+1][j|(1<<k-1)]+pi[k]);
        else dp[i][j]+=dp[i+1][j];
        dp[i][j]/=(dd)n;
    }
    printf("%.6lf",dp[1][0]);
    return 0;
}