贪心【逆向dp】

你有 n 个任务。第 i 个任务有一个数值 ci 和难度 pi。你的初始耐力值为 1，记为 S。你需要按任务 1 到任务 n 的顺序处理这些任务。对于每个任务，你有两种选择：

放弃该任务：不会发生任何变化。
完成该任务 ：你将获得 S⋅ci 的分数。但完成后，耐力值 S 会变为 S⋅(1−100pi)。

你需要最大化处理完所有任务后的总分数。

输入格式

输入包含多组测试数据。第一行一个整数 t（1≤t≤103），表示测试用例数量。

每组测试用例：

第一行一个整数 n（1≤n≤105），表示任务数量。
接下来 n 行，每行两个整数 ci（1≤ci≤100）和 pi（0≤pi≤100）。

保证所有测试用例的 n 之和不超过 105。

输出格式

对于每组测试用例，输出一个实数，表示能获得的最大分数。当你的答案与标准答案的绝对误差或相对误差不超过 10−6 时，视为正确。

形式化地说，设你的答案为 a，标准答案为 b，满足 max(1,∣b∣)∣a−b∣≤10e−6 即可。

样例输入

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样例输出

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30.0000000000
29.0000000000

解题思路

这个问题的核心是贪心策略，关键在于找到 "完成任务" 的决策标准 ------ 判断完成当前任务是否能让总分数增加。

1. 核心观察：

对于每个任务 i，我们需要判断：完成它是否比放弃它更划算 。假设当前耐力为 S，完成任务 i 的收益是 S⋅ci，但代价是后续所有任务的收益都会乘以系数 ki=(1−100pi)（因为耐力会永久降低）。

因此，完成任务 i 的净收益需要满足：S⋅ci>S⋅ki⋅(后续所有最优收益)−S⋅(后续所有最优收益)简化后（两边除以 S）：ci>(后续所有最优收益)⋅(ki−1)即：ci>(后续所有最优收益)⋅(−100pi)进一步变形为：完成任务⟺ci>(后续最优总收益)⋅100pi

2. 逆向推导（关键技巧）

直接正向计算会因为 "后续收益未知" 无法决策，因此我们从后往前遍历任务：

定义 dp[i] 表示 "处理第 i 到第 n 个任务能获得的最大总分数"。
对于最后一个任务 n：我们肯定会去完成，因为没有后续影响了。
对于第 i 个任务（i<n）：
- 设衰减系数 k=1−100pi。
- 完成任务 i 的总收益：ci+k⋅dp[i+1]（当前收益 ci + 后续收益（因耐力衰减需乘以 k））。
- 放弃任务 i 的总收益：dp[i+1]（后续收益不变）。
- 因此 dp[i]=max(dp[i+1],ci+k⋅dp[i+1])。

完整代码实现

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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
 
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    // 设置输出格式：固定小数形式，保留10位小数（满足题目1e-6的精度要求）
    cout << fixed << setprecision(10);
    
    int t;          // 测试用例数量
    cin >> t;       // 读取测试用例数
    while (t--) {   // 处理每组测试用例
        // 定义变量：n为任务数，c数组存每个任务的分值，p数组存每个任务的耐力衰减百分比
        // 数组大小设为100001是为了适配n≤1e5的题目限制
        int n,c[100001],p[100001];
        cin >> n;   // 读取当前测试用例的任务数
        double dp = 0.0;  // dp表示「从当前位置往后能获得的最大收益」（逆向贪心的核心变量）
        
        // 读取所有任务的c_i（分值）和p_i（衰减百分比）
        for (int i = 0; i < n; ++i){
            cin >> c[i] >> p[i];
        }
        
        // 初始化：先处理最后一个任务（逆向遍历的起点）
        // 初始时dp=0，完成最后一个任务的收益就是c[n-1]（无后续任务，衰减不影响）
        dp += 1.0 * c[n-1];
        
        // 逆向遍历：从倒数第二个任务开始，直到第一个任务（i=0）
        for (int i = n-2; i >= 0; i--) {
            // 计算完成当前任务后，耐力的衰减系数：(1 - p_i/100)
            double k = 1.0 - p[i]/100.0;
            
            // 贪心决策核心：
            // 选项1：放弃当前任务 → 收益保持dp不变（后续的最大收益）
            // 选项2：完成当前任务 → 收益=当前任务分值 + 衰减后后续的最大收益（k*dp）
            // 取两者的最大值更新dp，保证每一步都是局部最优
            dp = max(dp, (double)c[i] + k * dp);
        }
        
        // 输出当前测试用例的最大收益（dp最终值即为初始耐力1时的全局最优解）
        cout << dp << '\n';
    }
    return 0;
}

复杂度分析

时间复杂度：O(t⋅n)，每个测试用例遍历一次任务列表，总操作数不超过 10e5，符合时间限制。
空间复杂度：O(n)（存储任务列表）