好題，雖然看着像期望DP，但是裝壓好寫。
〇、題目
題目描述
小林在玩一個抽卡游戲，其中有 \(n\) 種不同的卡牌，編號為 \(1\) 到 \(n\)。每一次抽卡，她獲得第 \(i\) 種卡牌的概率為 \(p_i\)。如果這張卡牌之前已經獲得過了，就會轉化為一枚硬幣。可以用 \(k\) 枚硬幣交換一張沒有獲得過的卡。
小林會一直抽卡，直至集齊了所有種類的卡牌為止，求她的期望抽卡次數。如果你給出的答案與標准答案的絕對誤差不超過 \(10^{-4}\)，則視為正確。
提示：聰明的小林會把硬幣攢在手里，等到通過兌換就可以獲得剩余所有卡牌時，一次性兌換並停止抽卡。
輸入格式
從標准輸入讀入數據。
輸入共兩行。第一行包含兩個用空格分隔的正整數 \(n,k\)，第二行給出 \(p_1,p_2,...,p_n\)，用空格分隔。
輸出格式
輸出到標准輸出。
輸出共一行，一個實數，即期望抽卡次數。
樣例1輸入
2 2
0.4 0.6
樣例1輸出
2.52
樣例1解釋
共有 \(2\) 種卡牌，不妨記為 A 和 B，獲得概率分別為 \(0.4\) 和 \(0.6\)，\(2\) 枚硬幣可以換一張卡牌。下面給出各種可能出現的情況：
- 第一次抽卡獲得 A，第二次抽卡獲得 B，抽卡結束，概率為 \(0.4\times0.6=0.24\)，抽卡次數為 \(2\)。
- 第一次抽卡獲得 A，第二次抽卡獲得 A，第三次抽卡獲得 B，抽卡結束，概率為 \(0.4\times0.4\times0.6=0.096\)，抽卡次數為 \(3\)。
- 第一次抽卡獲得 A，第二次抽卡獲得 A，第三次抽卡獲得 A，用硬幣兌換 B，抽卡結束，概率為 \(0.4\times0.4\times0.4=0.064\)，抽卡次數為 \(3\)。
- 第一次抽卡獲得 B，第二次抽卡獲得 A，抽卡結束，概率為 \(0.6\times0.4=0.24\)，抽卡次數為 \(2\)。
- 第一次抽卡獲得 B，第二次抽卡獲得 B，第三次抽卡獲得 A，抽卡結束，概率為 \(0.6\times0.6\times0.4\)，抽卡次數為 \(3\)。
- 第一次抽卡獲得 B，第二次抽卡獲得 B，第三次抽卡獲得 B，用硬幣兌換 A，抽卡結束，概率為 \(0.6\times0.6\times0.6=0.216\)，抽卡次數為 \(3\)。
因此答案是 \(0.24\times2+0.096\times3+0.064\times3+0.24\times2+0.144\times3＋0.216\times3=2.52\)。
樣例2輸入
4 3
0.006 0.1 0.2 0.694
樣例2輸出
7.3229920752
子任務
對於 \(20\%\) 的數據，保證 \(1\leq n,k\leq 5\)。
對於另外 \(20\%\) 的數據，保證所有 \(p_i\) 是相等的。
對於 \(100\%\) 的數據，保證 \(1\leq n\leq16,1\leq k\leq5\)，所有的 \(p_i\) 滿足 \(p_i\geq \frac{1}{1000}\) ，且 \(\sum\limits_{i=1}^np_i=1\)。
一、思路
既然是選或者不選，那就推薦裝壓DP。
首先定義狀態：\(f_{i,j}\)表示狀態為\(i\)(二進制，表示抽到或者沒有抽到)，已經抽了\(j\)次的概率。
邊界條件肯定是\(f_{0,0}=1\)，沒有抽的概率顯然是\(100\%\)。
之后是狀態轉移方程。想要算f，就肯定需要循環枚舉，我們跟着代碼一起對照。
for(int i=0;i<=(1<<n);i++){//枚舉狀態
for(int j=0;j<=100;j++){//枚舉j，一定要設的大一點
//如果已經有了x張卡牌，而且抽到的j張減去x張，也就是重復的張數再除以k（就是可以得到多少其他卡牌），再加上x是n，說明可以一次兌換，就抽了j次，概率dp[i][j]。
if(cnt[i]+(j-cnt[i])/k==n){
ans+=j*dp[i][j];//期望
continue;//既然抽完了，就不需要再計算了
}
for(int k=1;k<=n;k++){//枚舉抽到了哪一張卡牌
if(i&(1<<(k-1))) dp[i][j+1]+=dp[i][j]*p[k];//出現過，狀態不改變
else dp[i+(1<<(k-1))][j+1]+=dp[i][j]*p[k];//狀態改變
}
}
}
不過，我們要算的x不可能現場算，就必須預處理，叫做cnt。
預處理方式：
for(int i=1;i<=(1<<n);i++){//檢查每一個狀態
x=i;//會變化
while(x) x&=x-1,cnt[i]++;//二進制里一的個數就是答案
}
二、代碼
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
const int maxn=(1<<17)+17;//防越界
double dp[maxn][100];
double p[100];
int cnt[maxn];
int main(){
double ans=0;
int n,k,x;
cin>>n>>k;//輸入
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>p[i];
for(int i=1;i<=(1<<n);i++){//預處理
x=i;
while(x) x&=x-1,cnt[i]++;
}
dp[0][0]=1;
for(int i=0;i<=(1<<n);i++){//計算
for(int j=0;j<=100;j++){
if(cnt[i]+(j-cnt[i])/k==n){
ans+=j*dp[i][j];
continue;
}
for(int k=1;k<=n;k++){
if(i&(1<<(k-1))) dp[i][j+1]+=dp[i][j]*p[k];
else dp[i+(1<<(k-1))][j+1]+=dp[i][j]*p[k];
}
}
}
printf("%.5lf",ans);//注意輸出時要保留5位（好像6位更保險，5位過不了官方數據）
return 0;
}
那么今天就講到這里了，我們下期再見~