题目来源： TopCoder
基准时间限制：1 秒 空间限制：131072 KB 分值: 320
一个游戏App由N个小游戏（关卡）构成，将其标记为0,1,2，..N-1。这些小游戏没有相互制约的性质，玩家可以任意时刻玩任意一个小游戏，且每个小游戏可以玩任意多次，一个小游戏玩一次消耗玩家恰好1min的时间。每个小游戏会根据玩家的表现返回3种结果：1）挑战失败；2）挑战成功并获得1颗星；3）挑战成功且获得2颗星。玩家可以多次挑战同一个小游戏，而且系统会记录玩家多次挑战中的最好成绩。（注意：两颗星优于一颗星优于挑战失败。）
这个游戏App通关需要同时满足2个条件：1）N个小游戏的系统记录的最好成绩都是成功；2）这N个小游戏的系统记录成绩中的星星总数至少是M颗。
根据一些统计，一个玩家在任一次玩第i个小游戏时，都会独立的发生以下结果：
* 有（1000 - X[i] - Y[i]）*0.001的概率会挑战失败；
* 有 X[i]*0.001 的概率会挑战成功并获得一颗星；
* 有 Y[i]*0.001 的概率会挑战成功并获得两颗星.
其中1<=X[i],Y[i],且X[i]+Y[i]<=1000,且都为整数.
问一个玩家从安装完这个游戏App到这个游戏App通关，最优策略下需要花费时间的期望E。输出E的值，以min为该时间单位。（误差在1e-7内）
例如：样例中有两个小游戏，且两个小游戏每次玩必能通过，且有0.5的概率拿两颗星。玩家可以先各玩一个小游戏一次，有0.75的概率能拿至少3颗星；有0.25的概率只能拿2颗星，此时需要盯着一关不停的玩，直到得到两颗星，这需要1/2 * 1 + 1/4 * 2 + 1/8 * 3 + ... + 1/(2^k) * k + .... 次。所以，E = 0.75*2 + 0.25*（2 + 1/2 * 1 + 1/4 * 2 + 1/8 * 3 + ... + 1/(2^k) * k + .... ）= 2.5。
Input
第一行两个个整数N，M，且1<=N<=2000，N <= M <= 2N 接下来N行，每行两个整数,X[i]、Y[i]，其中1<=X[i],Y[i],且X[i]+Y[i]<=1000
Output
一个浮点数，即期望E。确保E的精度与正解的绝对误差或相对误差小于1e-7。
Input示例
2 3 500 500 500 500
Output示例
2.5
数学问题 期望DP
充满迷惑地过了一题。
根据多年的游戏经验，我们应该先过掉所有的关，然后挑两星概率最大的还没过的关使劲儿怼。
由此我们将关卡按Y排序，先决策Y大的。
设f[i][j]表示还有i关要打，还剩j颗星要拿。
然后愉快地转移。
注释掉的代码是第一次写的版本，看上去很有道理但是只能过一半的点，输出结果和答案比较像，但是精度达不到1e-7
实际运行的版本借鉴了隔壁sdfzyhx的思路，先将m-=n以保证每关必过。
但是这不科学啊，我觉得我的写法也能保证每关必过啊？ 就很迷茫
挣扎了一个小时，放弃了思考。
1 #include<iostream>
2 #include<algorithm>
3 #include<cstring>
4 #include<cstdio>
5 #include<cmath>
6 using namespace std;
7 const int INF=0x3f3f3f3f;
8 const int mxn=4005;
9 int read(){
10 int x=0,f=1;char ch=getchar();
11 while(ch<‘0‘ || ch>‘9‘){if(ch==‘-‘)f=-1;ch=getchar();}
12 while(ch>=‘0‘ && ch<=‘9‘){x=x*10+ch-‘0‘;ch=getchar();}
13 return x*f;
14 }
15 int n,m;
16 double f[mxn][mxn];
17 struct node{
18 int x,y;
19 bool operator < (const node &b)const{
20 return y<b.y;
21 }
22 }a[mxn];
23 int main(){
24 int i,j;
25 n=read();m=read();
26 for(i=0;i<n;i++){
27 a[i].x=read();a[i].y=read();
28 }
29 m-=n;//
30 sort(a,a+n);
31 for(i=0;i<=n;i++)
32 for(j=0;j<=m;j++)
33 f[i][j]=INF;
34 f[n][m]=0;
35 for(i=n-1;i>=0;i--){
36 for(j=0;j<m;j++){
37 f[i][j]=min(f[i][j],
38 1000.0/(a[i].x+a[i].y)+f[i+1][j]*a[i].x/(a[i].x+a[i].y)+
39 f[i+1][j+1]*a[i].y/(a[i].x+a[i].y)
40 );
41 f[i][j]=min(f[i][j],f[i+1][j+1]+1000.0/a[i].y);
42 }
43 f[i][m]=min(f[i][m],1000.0/(a[i].x+a[i].y)+f[i+1][m]);
44 }
45 /*
46 for(i=n-1;i>=0;i--){
47 for(j=m;j>=0;j--){
48 f[i][j]=min(f[i][j],
49 1000.0/(a[i].x+a[i].y)+f[i+1][j+1]*a[i].x/(a[i].x+a[i].y)+
50 f[i+1][j+2]*a[i].y/(a[i].x+a[i].y));
51 f[i][j]=min(f[i][j],f[i+1][j+2]+1000.0/a[i].y);
52 }
53 f[i][0]=min(f[i][0],1000.0/(a[i].x+a[i].y)+f[i+1][0]);
54 }
55 */
56 printf("%.7f\n",f[0][0]);
57 return 0;
58 }