動態規劃解投硬幣的概率問題

逃課

時間限制：1000 ms  |  內存限制：65536 KB

描述

在一個星期三的早上，某同學想用扔硬幣的方式來決定是否要去上算法課。

他扔 n 次硬幣，如果當中有連續 m 次以上（含 m 次）的結果都是正面，那麼他就去上課，否則就接着睡覺。（假設每次扔硬幣扔出的正反兩面的概率都是 0.5。）

輸入

輸入的每行有一組數據，分別爲 n 和 m (0 < n <= 2000, 0 < m <= 10)。輸入以 0 0 結尾。

輸出

對於每組數據，輸出他去上課的概率，四捨五入保留小數點後 2 位。

樣例輸入

1 1
2 1
5 5
100 5
2000 5
2 3
0 0

樣例輸出

0.50
0.75
0.03
0.81
1.00
0.00

      

     動態規劃（dynamic programming），又稱dp問題，是求決策過程最優化的數學方法。即把多階段過程轉化爲一系列但階段問題，利用各階段之間的聯繫，逐個求解。至於具體的定義百度google一下，這裏就不再囉嗦了。簡單說一下我自己理解的動態規劃，類似於分治法（當然他們肯定不一樣），將期待解決的問題分解成若干個子問題，先求子問題，將每個子問題的解存入表中（因爲子問題之間不像分治法，分治法子問題之間是沒有聯繫的，而dp問題是有聯繫的，他的子問題需要用到其他子問題的解），然後最後求得待解決的問題。

     

       dp問題首先是需要打表，我們根據他的數據要求開一個數組，大小爲2001， dp[2001]。這個數組用來存放子問題的解，比如dp[i]就代表投完第i個硬幣時，已有連續m個正面的概率。具體假如m是2，dp[0],dp[1]肯定0，因爲投幣0次或1次不可能出現連續兩次正面。

   

分三種情況討論：

     1. n小於m，即dp數組下標i要小於m的時候，概率值都爲0，原因如上所述。

     2. 下標i等於m，也就是說n等m，投多少次剛好多少次是正面，這個概率是0.5的m次方

     3. 下標i大於m，即n大於m的時候，這個又要分兩種情況，概率是這兩種情況之和：

       (1). 在i之前已經有m次連續了，如果恰好前面第i-1個是連續m次，那第i次如果是正面的話就是連續m+1次符   合題目要求，如果第i次是反面的話那恰好就是m次也滿足題目，也就是說他第i次無論是正面還是反面都滿足條     件，所以dp[i]的概率第一種情況由dp[i-1]組成。

       (2). 第i次的時候恰好連續了m次，也就是說他前面m-1次都是正面，那他前面m次的那次是必須是一個反面，   否則不能剛好在第i次的時候連續m次正面了。他前面m次的那次是一個反面，那個反面的前一次有連續m次的概率是   dp[i-(m+1)]，那他沒有連續m次正面的概率是1-dp[i-(m+1)]，他後面的那次是反面，所以概率是0.5然後接着有m   次的0.5概率，即總共是0.5的m+1次方。第二種情況的概率是：dp[i-(m+1)]*pow(0.5, m),所以第三種情況的概率   是他們兩個之和：dp[i-1]+(1-dp[i-(m+1)])*pow(0.5, m)

http://www.bianchengla.com/course/ds/practise/problem?id=1321

C版(注意輸出)

#include <stdio.h>
#include <math.h>
int main()
{
    double dp[2001];
    int m, n, i;
    scanf("%d", &n);
    scanf("%d", &m);
    while(n != 0 && m != 0)
    {
        for(i = 0; i < m; i++)
            dp[i] = 0;
        dp[m] = pow(0.5, m);
        for(i = m+1; i <= n; i++)
            dp[i] = dp[i-1] + (1-dp[i-m-1])*pow(0.5, m+1);
        printf("%.2lf/n", dp[n]);
        scanf("%d", &n);
        scanf("%d", &m);
    }
    return 0;
}

C++版(注意輸出)

#include <iostream>
#include <iomanip>
#include <cmath>
using namespace std;

int main()
{
 //用動態規劃解這道題
 double dp[2001];
 //dp[i]代表投完第i個硬幣時，已有連續m個正面的概率。
 int n,m;
 cin>>n>>m;
 while(n!=0 && m!=0)
 {
  for(int i=0;i<m;i++)
   dp[i]=0;//當投幣次數小於m時，自然不可能有m個正面。
  dp[m]=pow(0.5,m);//投幣次數爲m，全是正面。
  for(int i=m+1;i<=n;i++)
   dp[i]=dp[i-1]+(1-dp[i-m-1])*pow(0.5,m+1);
   //投完第i個硬幣時，已有連續m個正面的情況分爲兩種：
   //1.投第i個之前已經有連續m個正面，概率爲dp[i-1]。
   //2.投完第i個時恰好有連續m個正面，這連續m個正面的前面一次是反面，
   // 這m+1次確定情況的概率是1/2的m+1次方；
   // 這m+1次以前沒有連續m個正面的概率爲1-dp[i-(m+1)]。
   // 所以投完第i個時恰好有連續m個正面的概率爲(1-dp[i-m-1])*pow(0.5,m+1)。
  cout<<fixed<<setprecision(2)<<dp[n]<<endl;
  cin>>n>>m;
 }
 return 0;
}

     博文原址:http://blog.csdn.net/kingxueyuf/article/details/7238396