HDU 6558 The Moon

题意：
进行一局游戏，你有 p 的概率获胜。有一个概率 q 初始为 2% ，如果你获胜，你将有 q 的概率获得奖励；如果你没得到奖励， q 会变化， $q=min(100\%,q+2\%)$；如果你输了， q 也会变化， $q=min(100\%,q+1.5\%)$。
问获得奖励的期望局数为多少。

分析：
很明显的期望 dp 。对于普通的期望 dp ，一般是把结局的概率作为1，从开始进行记忆化递归。但是对于本题。开始时没有得到奖励，就是0，得到奖励就是1，只有 0->1 ，显然不行。
既然是dp，那就要有多条转移路径的状态，将状态作为dp数组的下标。发现本题中 q 是有多条转化的路径的，我们不妨将 q 作为状态。但是作为数组下标一定要是整数，那就$*10$，即100%对应 $dp[1000]$ ，25.5%对应 $dp[255]$。
$dp[i]$ 表示当 $q=i/1000$ 时，得到奖励的期望。

期望=概率*局数

$dp[i]=(1-p)*(dp[min(i+15,1000)]+1)$ //这一局没赢，以后获得了奖励；

​ $+p*q*1$ //这一局赢了,且获得了奖励；

​ $+p*(1-q)*(dp[min(i+20,1000)]+1)$//这一局赢了，但没获得奖励，以后获得了奖励,别忘了*(1-q)，代表没获得奖励

注意转移的时候要加1,即当前没赢的这一局。本局直接获得奖励的话，所需局数是1；否则就是下一个状态的局数+1.

我们把上下两项的“1”提出来，与p*q组合

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

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

那么开始时状态就是 $dp[20]$ , 结束时状态就是 $dp[1000]$ 。

$dp[1000]\neq1,dp[1000]=\frac{1}{p}$即使$q=100\%$，但是可能这局输了，根本就没机会的奖励

因为直接写的等于1，检查了好久

证明其实就是很简单，如果这一把输了，下一把的q仍为100%。

设$dp[1000]= E$

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

化简可得 $E=\frac{1}{p}$

至此，答案显然易见。

#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;
    }
}