UVA 11762 Race to 1 概率DP

题目大意：

现在对于一个数D, 每次随机从不大于D的素数中选择一个, 如果选择的素数能够整除D, 将D除以这个数得到一个新的D, 否则什么都不做, 问最后将D变为1的选择步数的期望值

大致思路：

首先这是个明显的概率DP, 如果用dp[i]表示当前D为i, 到达目标状态需要多少步的步数期望, 很容易找到状态转移方程

转移方程和具体细节见代码注释部分

代码如下：

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/*
* Author: Gatevin
* Created Time: 2014/12/25 9:37:50
* File Name: Sora_Kasugano.cpp
*/
#include<iostream>
#include<sstream>
#include<fstream>
#include<vector>
#include<list>
#include<deque>
#include<queue>
#include<stack>
#include<map>
#include<set>
#include<bitset>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cctype>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<iomanip>
using namespace std;
const double eps(1e-8);
typedef long long lint;

bool check[1000010];
vector <int> v[1000010];
int cnt[1000010];
double ans[1000010];

/*
* 用v[i]存储能整除数i的素数, cnt[i]表示不大于i的素数, ans[i]表示当D为i时到达目标状态的概率
* 那么ans[1] = 0;
* ans[i] = ∑(ans[i/v[i][j]] + 1)/cnt[i] + (ans[i] + 1)*(cnt[i] - v[i].size())/cnt[i] (0 <= j < v[i].size())
* 移向得到ans[i] = (∑(ans[i/v[i][j]/cnt[i]) + 1)*cnt[i]/v[i].size();
*/

void getPrime()
{
memset(check, 0, sizeof(check));
memset(cnt, 0, sizeof(cnt));
for(int i = 2; i <= 1000000; i++)
{
if(!check[i])
{
cnt[i] = cnt[i - 1] + 1;
for(int j = i; j <= 1000000; j += i)
{
v[j].push_back(i);
check[j] = 1;
}
}
else cnt[i] = cnt[i - 1];
}
return;
}

void solve()
{
ans[1] = 0;
for(int i = 2; i <= 1000000; i++)
{
ans[i] = 0;
for(unsigned int j = 0; j < v[i].size(); j++)
ans[i] += ans[i/v[i][j]]/cnt[i];
ans[i] += 1;
ans[i] *= cnt[i];
ans[i] /= v[i].size();
}
return;
}

int main()
{
getPrime();
solve();
int t;
scanf("%d", &t);
int n;
for(int cas = 1; cas <= t; cas++)
{
scanf("%d", &n);
printf("Case %d: %.6f\n", cas, ans
);
}
return 0;
}