概率動規小專題

石頭剪刀布

題意：
桌面上有 $r$ 個石頭， $s$ 個剪刀和 $p$ 個布。
每次等概率選擇兩個（種類）不同的物品進行剪刀石頭布，將輸掉的物品移出桌面。
求最後桌面上只剩下石頭的概率，和只剩下剪刀的概率，和只剩下布的概率。保留八位小數。

解法：
用 $\text{dp}[i][j][k]$ 表示剩餘 $i$ 個石頭， $j$ 個剪刀和 $k$ 個布的概率。則狀態轉移方程爲 $\text{dp}[i-1][j][k]+=dp[i][j][k]*P\{\text{rock and paper}\}$ 其中 $P\{\text{rock and paper}\}=\frac{ki}{ij+jk+ki}$ 其他情況類似。

參考代碼：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
const int MAXN=1e2+10;
double dp[MAXN][MAXN][MAXN];
int r,s,p;
inline double prob(int a,int b,int c){
	return 1.0*a*b/(a*b+b*c+c*a);
}
void calc(int i,int j,int k){
    if (i&&k) dp[i-1][j][k]+=dp[i][j][k]*prob(i,k,j);
    if (i&&j) dp[i][j-1][k]+=dp[i][j][k]*prob(i,j,k);
    if (j&&k) dp[i][j][k-1]+=dp[i][j][k]*prob(j,k,i);
}
void solve(){
    for (int x=0;x<r+s+p;x++)
		for (int i=0;i<=std::min(x,r);i++)
			for (int j=0;j<=std::min(x-i,s);j++)
				calc(r-i,s-j,p-(x-i-j));
    double rr=0,ss=0,pp=0;
    for (int i=1;i<=r;++i)
        rr+=dp[i][0][0];
	for (int i=1;i<=s;++i)
        ss+=dp[0][i][0];
    for (int i=1;i<=p;++i)
        pp+=dp[0][0][i];
	printf("%.8lf %.8lf %.8lf\n",rr,ss,pp);
}
int main(){
//    freopen("k.in","r",stdin);
//    freopen("k.out","w",stdout);
	scanf("%d%d%d",&r,&s,&p);
	memset(dp,0,sizeof(dp));
	dp[r][s][p]=1;
	solve();
}

v and x

題意：
有兩個變量 $v,x$ ，初始全爲 $0$ 。每一次操作有 $p_1$ 的概率將 $v$ 自增 $1$ ，有 $p_2$ 的概率將 $x$ 自增 $v$ 。當 $x\geqslant k$ 時結束操作。問 $x$ 的期望。保留六位小數。

解法：
當 $v+x\geqslant k$ 時，往後只有兩種情況：一， $v$ 自增，然後繼續；二， $x$ 自增，結束。則該情況下的期望爲 $\begin{aligned}E(x)=&\sum_{i=0}^{\infty}p_1^ip_2(v+x+i)\\=&p_2\sum_{i=0}^{\infty}\left(p_1^i(v+x)+ip_1^i\right)\\=&p_2\left(\frac{v+x}{1-p_1}+\frac{p_1}{(1-p_1)^2}\right)\end{aligned}$

當 $v+x<k$ 時，期望分爲兩部分，即 $E(x)=p_1E(x)\vert_{v=v+1}+p_2E(x)\vert_{x=x+v}$

此外還有邊界條件的處理。因爲 $E(x)\vert_{v=0,x=0}$ 的狀態轉移爲 $E(x)\vert_{v=0,x=0}=p_1E(x)\vert_{v=1,x=0}+p_2E(x)\vert_{v=0,x=0}$ 如果直接迭代會沒有結果。但是通過人爲的運算，就用剛纔的那個“無限遞歸式”，我們得到 $E(x)\vert_{v=0,x=0}=\frac{p_1}{1-p_2}E(x)\vert_{v=1,x=0}$ 則下面只需計算 $E(x)\vert_{v=1,x=0}$ 即可。

參考代碼：

#include <cstdio>
#include <cstring>
const int MAXN=1e3+10;
double dp[MAXN][MAXN];
int k,pa,pb;
double p1,p2;
double solve(int v,int x){
    if (dp[v][x]) return dp[v][x];
    if (v+x>=k) return dp[v][x]=p2*((v+x)/(1-p1)+p1/(1-p1)/(1-p1));
    return dp[v][x]=p1*solve(v+1,x)+p2*solve(v,x+v);
}
int main(){
    memset(dp,0,sizeof(dp));
    scanf("%d%d%d",&k,&pa,&pb);
    p1=1.0*pa/(pa+pb);
    p2=1.0*pb/(pa+pb);
    printf("%.6lf\n",p1*solve(1,0)/(1-p2));
    return 0;
}

Collecting Bugs

題意：
某軟件有 $s$ 個子系統，會產生 $n$ 種bug。某人一天能發現一個bug，不同子系統和種類中發現bug是等可能性的。現發現了 $n$ 種bug，問每個子系統都發現bug的天數的期望。

解法：
用 $\text{dp}[i][j]$ 表示已找到 $i$ 種 $j$ 個子系統的bug後剩餘天數的期望，則顯然有 $\text{dp}[n][s]=0$ ，題中所求爲 $\text{dp}[0][0]$ 。對於一個狀態 $\text{dp}[i][j]$ ，當新發現了一個bug時，可能會出現：

1. 發現已有分類和已有子系統的bug，概率爲 $p_1=\frac{i}{n}\cdot\frac{j}{s}$
2. 發現已有的分類未有子系統的bug，概率爲 $p_2=\frac{i}{n}\cdot\frac{s-j}{s}$
3. 發現未有的分類已有子系統的bug，概率爲 $p_3=\frac{n-i}{n}\cdot\frac{j}{s}$
4. 發現未有分類和未有子系統的bug，概率爲 $p_4=\frac{n-i}{n}\cdot\frac{s-j}{s}$

則有 $\text{dp}[i][j]=1+p_1\text{dp}[i][j]+p_2\text{dp}[i][j+1]+p_3\text{dp}[i+1][j]+p_4\text{dp}[i+1][j+1]$

整理得狀態轉移方程爲 dp[i][j]=(i*(s-j)*dp[i][j+1]+(n-i)*j*dp[i+1][j]+(n-i)*(s-j)*dp[i+1][j+1]+n*s)/(n*s-i*j) 。

由於是POJ的題目，最後需要用%f輸出而不是%lf。

參考代碼：

#include <cstdio>
const int MAXN=1e3+10;
double dp[MAXN][MAXN];
int n,s;
double solve(){
    dp[n][s]=0;
    for (int i=n;i>=0;i--){
        for (int j=s;j>=0;j--){
            if (i==n&&j==s) continue;
            dp[i][j]=(i*(s-j)*dp[i][j+1]+(n-i)*j*dp[i+1][j]+(n-i)*(s-j)*dp[i+1][j+1]+n*s)/(n*s-i*j);
        }
    }
    return dp[0][0];
}
int main(){
    while(~scanf("%d%d",&n,&s)){
        printf("%.4lf\n",solve());
    }
    return 0;
}