HDU 6558 The Moon

題意：
進行一局遊戲，你有 p 的概率獲勝。有一個概率 q 初始爲 2% ，如果你獲勝，你將有 q 的概率獲得獎勵；如果你沒得到獎勵， q 會變化， $q=min(100\%,q+2\%)$；如果你輸了， q 也會變化， $q=min(100\%,q+1.5\%)$。
問獲得獎勵的期望局數爲多少。

分析：
很明顯的期望 dp 。對於普通的期望 dp ，一般是把結局的概率作爲1，從開始進行記憶化遞歸。但是對於本題。開始時沒有得到獎勵，就是0，得到獎勵就是1，只有 0->1 ，顯然不行。
既然是dp，那就要有多條轉移路徑的狀態，將狀態作爲dp數組的下標。發現本題中 q 是有多條轉化的路徑的，我們不妨將 q 作爲狀態。但是作爲數組下標一定要是整數，那就$*10$，即100%對應 $dp[1000]$ ，25.5%對應 $dp[255]$。
$dp[i]$ 表示當 $q=i/1000$ 時，得到獎勵的期望。

期望=概率*局數

$dp[i]=(1-p)*(dp[min(i+15,1000)]+1)$ //這一局沒贏，以後獲得了獎勵；

​ $+p*q*1$ //這一局贏了,且獲得了獎勵；

​ $+p*(1-q)*(dp[min(i+20,1000)]+1)$//這一局贏了，但沒獲得獎勵，以後獲得了獎勵,別忘了*(1-q)，代表沒獲得獎勵

注意轉移的時候要加1,即當前沒贏的這一局。本局直接獲得獎勵的話，所需局數是1；否則就是下一個狀態的局數+1.

我們把上下兩項的“1”提出來，與p*q組合

$(1-p)+p*q+p*(1-q)=1$

綜上所述，$dp[i]=(1-p)*dp[min(i+15,1000)]+1+p*(1-q)*dp[min(i+20,1000)]$

那麼開始時狀態就是 $dp[20]$ , 結束時狀態就是 $dp[1000]$ 。

$dp[1000]\neq1,dp[1000]=\frac{1}{p}$即使$q=100\%$，但是可能這局輸了，根本就沒機會的獎勵

因爲直接寫的等於1，檢查了好久

證明其實就是很簡單，如果這一把輸了，下一把的q仍爲100%。

設$dp[1000]= E$

E=(1-p)*E+1+p*(1-1)*E

化簡可得 $E=\frac{1}{p}$

至此，答案顯然易見。

#include <iostream>
#include <iomanip>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cmath>
using namespace std;
const int N=1e3+5;
const double eps=1e-6;
typedef long double ld; 
ld dp[N];
ld p;
void dfs(int rate)
{
    ld q=(double)rate/1000.0;
    int nxt1=min(rate+15,1000),nxt2=min(rate+20,1000);
    if(nxt1<1000&&fabs(dp[nxt1])<eps) dfs(nxt1);
    if(nxt2<1000&&fabs(dp[nxt2])<eps) dfs(nxt2);
    dp[rate]=(1-p)*dp[nxt1]+1+p*(1-q)*dp[nxt2];
}
int main()
{
    int t;
    cin>>t;
    for(int it=1;it<=t;it++)
    {
        cin>>p;
        memset(dp,0,sizeof(dp));
        p/=100;
        dp[1000]=1.00/p;
        dfs(20);
        cout<<"Case "<<it<<": "<<fixed<<setprecision(10)<<dp[20]<<endl;
    }
}