成環的概率dp(初級) zoj 3329

原題地址：https://vjudge.net/problem/ZOJ-3329

題目大意：

　　有三個骰子,分別有k1,k2,k3個面,初始分數是0。第i骰子上的分數從1道ki。當擲三個骰子的點數分別爲a,b,c的時候，分數清零，否則分數加上三個骰子的點數和，當分數>n的時候結束。求需要擲骰子的次數的期望。

(0<=n<= 500,1<K₁,K₂,K₃<=6,1<=a<=K₁,1<=b<=K₂,1<=c<=K₃)

思路：

　　如果設當前分數爲 i ，且再有 dp[ i ] 次投擲可以達到分數 n

　　設該次投出的點數爲 k 

　　那麼容易寫出狀態轉移方程  dp[ i ] = ∑ ( dp[ i+k ] * p[ k ] )  +  dp[ 0 ] * p[ 0 ] + 1 

　　因爲從當前狀態開始，再投一次( 這就是式子中 +1 的由來 ) 可能到達的分數有 k 種，概率分別爲 p[ 1 ] 到 p[ k ] (當然， p[ 1 ] , p [ 2 ]已被初始化爲 0 .

　　除此之外 ，也可能投出 k1=a,k2=b,k3=c 的組合，因此要加上 dp[ 0 ] * p[ 0 ]  這一項 .

 

　　至此，我們得到了轉移方程

　　但是，經過觀察我們可以發現它實際上是不能用的

　　大凡可以使用的方程，必定是從一個方向推向另一個方向，要麼從小到大（正推） ，要麼從大到小（逆推）

　　但是這個方程中，右邊的項同時包含了比 i 大的( dp[ i+k ] ) 和比 i 小的( dp[ 0 ] )

　　這就使dp 陷入一個自身依賴自身的環中

 

　　一般遇到這種情況，我們會採取高斯消元法解方程來解決

　　但因爲博主太菜了，還不會（會補的，會補的......)

　　同時，這道題中阻礙我們進行 dp 的只有 dp[ 0 ] 這一項

　　因此我們採取將 dp[ 0 ] 設爲未知數的方法

　　

　　注意到，每個 dp[ i ] 都含有相同的元素 dp[ 0 ]

　　則 dp[ i ] 是 dp [ 0 ] 的一個線性組合( 因爲沒有出現 dp[ 0 ] 的高次冪）

　　因此可以將轉移方程寫成  dp[ i ] = dp[ 0 ] * a[ i ]+b[ i ]  ············（ 1 ）

　　於是就有 dp[ i+k ] = dp[0] * a[ i+k ]+b[ i+k ]

　　把這個式子帶入原來的轉移方程得到 dp[ i ]  = dp[ 0 ] * p[ 0 ] + ∑( dp[ i+k ] * p[ i+k ] )  +  1

　　再將這個式子中的 dp[ 0 ] 分離出來，化成與式 （ 1 ） 相同的形式    dp[ i ]  = dp[ 0 ] * (     ∑ ( a[ i+k ] * p[ i+k ] ) + p[ 0 ]     )    +     （     ∑( b[ i+k ] * p[ i+k ] ) + 1    ）

　　我們把（ 1 ）式拉下來，讓你看得更清楚：                                       dp[ i ]   = dp[0]              *                 a[ i ]                             +                          b[ i ]  

　　因此，我們得到了新的，關於 a,b 的方程：

　　

　　　　a[ i ] = ∑ (   a[ i+k ] * p[ i+k ] ) + p[ 0 ]

               b[ i ] =∑ (  b[ i+k ] * p[ i+k ] ) + 1

 

　　我們驚喜地發現，這是兩個狀態轉移方程！

　　我們可以通過逆推得到 a[ 0 ] 和 b[ 0 ]

　　還記得式（1）嗎？如果我們把它的 i 取成 0 ，就得到：    

　　　　　　dp[ 0 ] = dp[ 0 ] * a[ 0 ]+b[ 0 ]

　　我們終於能夠解出 dp[ 0 ]

　　而這也正是本題的答案

 

下邊附上kuagnbin 大大的代碼：

·　　

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;

double A[600],B[600];
double p[100];
int main()
{
    int T;
    int k1,k2,k3,a,b,c;
    int n;
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
        scanf("%d%d%d%d%d%d%d",&n,&k1,&k2,&k3,&a,&b,&c);
        double p0=1.0/k1/k2/k3;
        memset(p,0,sizeof(p));
        for(int i=1;i<=k1;i++)
          for(int j=1;j<=k2;j++)
            for(int k=1;k<=k3;k++)
              if(i!=a||j!=b||k!=c)
                p[i+j+k]+=p0;
        memset(A,0,sizeof(A));
        memset(B,0,sizeof(B));
        for(int i=n;i>=0;i--)
        {
            A[i]=p0;B[i]=1;
            for(int j=1;j<=k1+k2+k3;j++)
            {
                A[i]+=A[i+j]*p[j];
                B[i]+=B[i+j]*p[j];
            }
        }
        printf("%.16lf\n",B[0]/(1-A[0]));
    }
    return 0;
}

 

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　覺得有寫得不好的地方也歡迎大家指正，我會及時修改！