题目描述
对于n道题目，每道题目有一个分值，答对加分，答错不得分，你要和一个叫深猴的比赛，题目你可以假设成判断题（不是对就是错），深猴对于所有的题目都是随机选择一个答案，而你是有脑子的，求为了不输掉比赛（平局或你获胜）的可能性至少为p时你至少需要得到多少分，有t组数据，每次输入两行，第一行为n，p（有n道题目，n<=40, 不会输的可能性为p，0.0<=p<=1.0），第二行输入n个1~1000的整数，代表这n道题分别答对能获得的分数
样例输入
1 3 0.5 1 2 3
样例输出
3
题目分析
首先对于这n道题目，深猴每次不是√就是×，那么答完所有的题目它的分数有2^n个结果（但是这其中可能会重复，比如三道题每题一分1 0 0和0 0 1其实得到的分数是一样的），而对于我们而言，我需要求出这n个题目自己得到每一种可能的分数的可能性，然后按分数从小到大将，这得到这些分数的概率相加，直到有一个分数m时，前面相加的概率和>=p，则在分数大于等于m时，确保我有至少p的概率不会输掉比赛
错误示例
我第一次做这道题目的时候想的通过递归计算出做出n个选择之后我可以得到的每一个分数的种数存放在a数组中，a[i]代表总分为i的种数，而又建立了一个辅助数组b[i]存放分数比i小的种数有多少种，很显然b[i] = b[i-1] + a[i-1]（比i小的数量等于比i-1小的数量加上a[i-1]的数量），最后也是从小到大将每一种得分的可能性相加直到大于等于p时的分数则是答案，是一种前缀和的思想，但是会超时
1 #include<iostream>
2 #include<stdio.h>
3 #include<string.h>
4 #include<math.h>
5 using namespace std;
6
7 int k[45];
8 int a[40005];
9 int b[40005];
10 int n;
11 double p;
12
13 void dfs(int i, int flag, int sum){ //第i个 选or不选 前一个状态的和
14 if(i > n){ //只有当所有的n个都作出了选择之后才能算是一种选择方案
15 a[sum]++;
16 return;
17 }
18 if(flag == 1){ //选
19 int next_sum = sum + k[i];
20 // a[next_sum]++;
21 dfs(i+1, 1, next_sum);
22 dfs(i+1, 0, next_sum);
23 }else{ //不选
24 int next_sum = sum;
25 // a[next_sum]++;
26 dfs(i+1, 1, next_sum);
27 dfs(i+1, 0, next_sum);
28 }
29 }
30
31 void run(){
32 //下一个的下标 选or不选 目前为止的和
33 dfs(1, 1, 0);
34 dfs(1, 0, 0);
35 }
36
37 void pre(){
38 b[1] = 1;
39 int end = n*1000;
40 for(int i = 2; i <= end; i++){ //b[i]存放比i小的取法的数量
41 b[i] = b[i-1] + a[i-1];
42 }
43 }
44
45 void judge(){
46 double m = 1;
47 for(int i = 1; i <= n; i++){
48 m *= 2;
49 }
50 m *= p;
51 long long x = ceil(m);
52 int ans;
53 int end = n*1000;
54 for(int i = 1; i <= end; i++){
55 if(b[i] >= x){
56 ans = i;
57 break;
58 }
59 }
60 printf("%d\n", ans);
61 }
62
63 int main(){
64 int t;
65 scanf("%d", &t);
66 while(t--){
67 scanf("%d%lf", &n, &p);
68 memset(a, 0, sizeof(a));
69 memset(b, 0, sizeof(b));
70 for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &k[i]);
71 run();
72 pre();
73 judge();
74 }
75 return 0;
76 }
正确思路
本题可以用到动态规划，0-1背包的思想，a[i]存放这n个题目的分数，dp[i][j]存放前i题，得到j分数的种数，而我们很显然可以想到，对于分数j，如果dp[i][j]可以得到，则他一定是dp[i-1][j-a[i]](第i题的分数取的种数) + dp[i-1][j](第i题的分数不取的种数)的基础上来的（对于第i题而言取的话，j == j - a[i] + a[i]，不取的话就是i-1个问题，分数为j的种数，是0-1背包的问题），所以我们也可以对此用一个一维数组进行优化，dp[x]存放分数为x的种数，而初始化时dp[0] == 1，因为可以理解成前0题，得到0分的种数为1
正确代码
1 #include<iostream>
2 #include<stdio.h>
3 #include<math.h>
4 #include<string.h>
5 using namespace std;
6
7 const int N = 40005;
8 int a[45];
9 double dp[N];
10 int n;
11 double p;
12
13 int main(){
14 int t;
15 scanf("%d", &t);
16 while(t--){
17 scanf("%d%lf", &n, &p);
18 int sum = 0;
19 for(int i = 1;i <= n; i++){ //sum统计最大可以得到的分数
20 scanf("%d", &a[i]);
21 sum += a[i];
22 }
23 memset(dp, 0, sizeof(dp));
24 dp[0] = 1; //前0题，得到0分的次数位1
25 for(int i = 1; i <= n; i++){ //类似于0-1背包的两个循环
26 for(int j = sum; j >= a[i]; j--){
27 dp[j] += dp[j-a[i]]; //核心步骤，对于dp[j]而言，得分为j的种数是前i-1个时得分为j-a[i] 也就是取第i题,加上前i-1个时得分为j的种数 也就是不取第i题
28 }
29 }
30 double m = pow(2,n); //统计所有的深猴的得分个数
31 int ans = 0;
32 double ssum = 0;
33 for(int i = 0; i <= sum; i++){
34 dp[i] /= m; //从小到大将概率累加直到大于等于p时的分数i就是答案，注意0也是一个得分
35 ssum += dp[i];
36 if(ssum >= p){
37 ans = i;
38 break;
39 }
40 }
41 printf("%d\n", ans);
42 }
43 return 0;
44 }
原文地址：https://www.cnblogs.com/findview/p/11372951.html