HDU-4599 Dice （概率DP）

Dice

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4599

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Problem Description

Given a normal dice (with 1, 2, 3, 4, 5, 6 on each face), we define:

F(N) to be the expected number of tosses until we have a number facing up for N consecutive times.

H(N) to be the expected number of tosses until we have the number '1' facing up for N consecutive times.

G(M) to be the expected number of tosses until we have the number '1' facing up for M times.

Given N, you are supposed to calculate the minimal M1 that G (M1) >= F (N) and the minimal M2 that G(M2)>=H(N)

Input

The input contains multiple cases.

Each case has a positive integer N in a separated line. (1<=N<=1000000000)

The input is terminated by a line containing a single 0.

Output

For each case, output the minimal M1 and M2 as required in a single line, separated by a single space.

Since the answer could be very large, you should output the answer mod 2011 instead.

Sample Input

1
2
0

Sample Output

1 1
2 7

题目大意：设F(n)表示连续n次出现同一个数字时掷骰子次数的期望，H(n)表示连续n次出现数字1时掷骰子次数的期望，G(n)表示总共出现n次数字1时掷骰子次数的期望，求最小的m1使G(m1)>=F(n)，最小的m2使G(m2)>=H(n) ?

设dp[i]表示已经连续掷出n次同一个数字时，离目标状态还需掷骰子次数的期望，则dp
=0，dp[0]=dp[1]+1

则状态转移方程为：dp[i]=1/6*(dp[i+1]+1)+5/6*(dp[1]+1); ①

有两种方法可求得dp[0]

方法一：

设参数a[i],b[i],使得 dp[i]=a[i]*dp[1]+b[i]; ②

②带入①右边化简得：dp[i]=(1/6*a[i+1]+5/6)*dp[1]+1/6*b[i+1]+1; ③

对比①③参数可得：a[i]=1/6*a[i+1]+5/6;

b[i]=1/6*b[i+1]+1;

且a
=b
=0;

用数列递推公式求通项公式的方法，可得通项公式（i<=n）：

a[i]=1-(1/6)^(n-i);

b[i]=6/5-6/5*(1/6)^(n-i);

又：dp[1]=(1/6*a[2]+5/6)*dp[1]+1/6*b[2]+1;

将a[2],b[2]代入上式解得：dp[1]=1/5*6^n-6/5;

则：dp[0]=dp[1]+1=1/5*6^n-1/5=1/5*((6^n)-1);

【找到的题解都写成：(6^n-1)/5，我一直看成(6^(n-1))/5，导致不停地算了一天，总“算不对”。。。】

方法二：

发现这样求解更简单

由①可得：dp[i+1]=1/6*(dp[i+2]+1)+5/6*(dp[1]+1); ④
①-④得：dp[i]-dp[i+1]=1/6*(dp[i+1]-dp[i+2]);
即：dp[i+1]-dp[i+2]=6*(dp[i]-dp[i+1]);
又：dp[0]-dp[1]=1;
则：dp[1]-dp[2]=6;
…dp[i]-dp[i+1]=6^i;
…dp[n-1]-dp
=6^(n-1);
对上述等式两边分别求和得：dp[0]-dp
=6^0+6^1+…+6^(n-1)=1/5*((6^n)-1);
则dp[0]=1/5*((6^n)-1);

则：F(n)=dp[0]=1/5*((6^n)-1);

同理：设dp[i]表示已经连续掷出n次数字1，离目标状态还需掷骰子次数的期望，则dp
=0

状态转移方程为：dp[i]=1/6*(dp[i+1]+1)+5/6*(dp[0]+1);

可求得通项公式为：H(n)=dp[0]=6/5*((6^n)-1);

设dp[i]表示共出现n次数字1，离目标状态还需掷骰子次数的期望，则dp[m]=0

状态转移方程为：dp[i]=1/6*(dp[i+1]+1)+5/6*(dp[i]+1);

可求得通项公式为：G(m)=dp[0]=6*m;

令G(m1)>=F(n)，解得：m1>=1/30*((6^n)-1);

令G(m2)>=H(n)，解得：m2>=1/5*((6^n)-1);

又：((6^x)-1)%30==(6-1)%30==5恒成立，则 1/30*((6^n)-1)必定为小数，又(6^x+24)%30==(6+24)%30==0恒成立，则大于1/30*((6^n)-1)的第一个整数为1/30*((6^n)+24)

而：((6^x)-1)%5==(6-1)%5==0恒成立，则大于等于1/5*((6^n)-1)的第一个整数为1/5*((6^n)-1)

则得：m1=(1/30*((6^n)+24))%2011，m2=(1/5*((6^n)-1))%2011;

由于存在除法，所以需要求出30和5关于2011的乘法逆元，可以用扩展欧几里德求解，再进行模运算即可。

#include <cstdio>

using namespace std;

const int MOD=2011;

int n,m1,m2,e1,e2,t;

int ex_gcd(int a,int b,int& x,int& y) {
int d;
if(b==0) {
x=1;
y=0;
return a;
}
d=ex_gcd(b,a%b,y,x);
y-=a/b*x;
return d;
}

int quickpow(int a,int n) {
int b=1;
while(n!=0) {
if((n&1)!=0) {
b=(a*b)%MOD;
}
a=(a*a)%MOD;
n>>=1;
}
return b;
}

int main() {
ex_gcd(30,MOD,e1,t);
ex_gcd(5,MOD,e2,t);
e1=(e1%MOD+MOD)%MOD;
e2=(e2%MOD+MOD)%MOD;
while(scanf("%d",&n),n!=0) {
t=quickpow(6,n);
m1=(t+24)%MOD;
m2=(t-1+MOD)%MOD;
m1=(m1*e1)%MOD;
m2=(m2*e2)%MOD;
printf("%d %d\n",m1,m2);
}
return 0;
}