【概率DP】zoj 3329

刷着刷着概率DP专题，一脸懵逼的情况下翻到了一个博客，概率DP三部曲，感觉自己对期望这一块真的是很不熟悉啊，今天又来取经一把。

题目：http://acm.zju.edu.cn/onlinejudge/showProblem.do?problemCode=3329

题目大意：有三个筛子，他们可以摇出来的点数分别是k1，k2，k3，每次摇完，如果k1 = a,k2 = b,k3 = c则总统计数清零，否则加上摇出来的点数，现在问你摇到n以上的次数的期望是多少。

拿到题目第一时间应该要求出，摇到每次一的点数的概率为多少，然后清0的那一次得要单独除去

double p0 = 1.0 / (k1 * k2 * k3);
for(int i = 1;i <= k1;i++){
for(int j = 1;j <= k2;j++){
for(int k = 1;k <= k3;k++){
if(i != a || j != b || k != c){
p[i + j + k] += p0;
}
}
}
}

第一件事情做完之后，我们就来推公式把

很容易能推出来，i表示当前点数，明显有E[i > n] = 0，则E[0]为所需要的答案

E[i] = ΣP[j] * E[i + j] + P[0] * E[0] + 1 —①

这里注意为什么要加1，因为这次是上次摇完的下一次增加了一次次数，所以期望肯定+1

注意到每一个E[i]都存在一个E[0]，那我们不妨设一个方程式：

E[i] = a[i] * E[0] + b[i] —②

将②式带入①式中可得

E[i] = ΣP[j] * (a[i + j] * E[0] + b[i + j]) + P[0] * E[0] + 1

化简得

E[i] = (ΣP[j] * a[i + j] + P[0]) * E[0] + ΣP[j] * b[i + j] + 1

那么可以得知

a[i] = ΣP[j] * a[i + j] + P[0]

b[i] = ΣP[j] * b[i + j] + 1

由E[i > n] = 0可知

a[i > n] = 0,b[i > n] = 0

从n开始往前推，可以把a[n -> 0] 和b[n -> 0]推出

当i == 0时，有

E[0] = a[0] * E[0] + b[0]

E[0] = b[0] / (1 - a[0])

E[0]即为答案

下面附上代码

/*
@resouces: zoj 3329
@date: 2017-3-13
@author: QuanQqqqq
@algorithm: 概率dp
*/
#include <stdio.h>
#include <string.h>

#define MAXN 20
#define MAXT 525
double E[MAXN],p[MAXN];
double ao[MAXT],bo[MAXT];

int main(){
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--){
int k1,k2,k3,a,b,c,n;
scanf("%d %d %d %d %d %d %d",&n,&k1,&k2,&k3,&a,&b,&c);
memset(p,0,sizeof(p));
memset(E,0,sizeof(E));
double p0 = 1.0 / (k1 * k2 * k3);
for(int i = 1;i <= k1;i++){
for(int j = 1;j <= k2;j++){
for(int k = 1;k <= k3;k++){
if(i != a || j != b || k != c){
p[i + j + k] += p0;
}
}
}
}
memset(ao,0,sizeof(ao));
memset(bo,0,sizeof(bo));
int ks = k1 + k2 + k3;
for(int i = n;i >= 0;i--){
for(int j = 3;j <= ks;j++){
ao[i] += p[j] * ao[j + i];
bo[i] += p[j] * bo[j + i];
}
ao[i] += p0;
bo[i] += 1;
}
printf("%.15lf\n",bo[0] / (1 - ao[0]));
}
}

总感觉这一套做下来，对数学期望又有了一定的新了解通常所要求的>n的期望都为0，所需要求的期望都为E[0]，且，当期望数中出现常数项，要记得化简。