bzoj 2318: Spoj4060 game with probability Problem （概率与期望DP）

2318: Spoj4060 game with probability Problem

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Description

Alice和Bob在玩一个游戏。有n个石子在这里，Alice和Bob轮流投掷硬币，如果正面朝上，则从n个石子中取出一个石子，否则不做任何事。取到最后一颗石子的人胜利。Alice在投掷硬币时有p的概率投掷出他想投的一面，同样，Bob有q的概率投掷出他相投的一面。

现在Alice先手投掷硬币，假设他们都想赢得游戏，问你Alice胜利的概率为多少。

Input

第一行一个正整数t，表示数据组数。

对于每组数据，一行三个数n，p，q。

Output

对于每组数据输出一行一个实数，表示Alice胜利的概率，保留6位小数。

Sample Input

1

1 0.5 0.5

Sample Output

0.666667

HINT

数据范围：

1<=t<=50

0.5<=p,q<=0.99999999

对于100%的数据 1<=n<=99999999

Source

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题解：概率与期望DP

这道题的n很大，理论上O(n)的是做不了的，但是这道题的精度很小，那么当n很大很大的时候，概率的波动会非常小，基本上是保持不变的，所有我们可以只做10000次，或者更少。

f[i]表示剩i颗石子，Alice是先手赢的概率

g[i]表示剩i颗石子，Alice是后手赢的概率

如果g[i-1]>f[i-1]，那么说明对于i-1颗石子的情况来说，后手更有利，那么Alice一定想拿到i-1的后手权，那么他会想拿到第i颗石子，即p的概率赢的后手权。如果1-p的概率扔到了反面，那么i状态就转换成了g[i]

f[i]=p*g[i-1]+(1-p)*g[i]

对于Bob，他现在是先手，那么他一定想i-1的时候Alice是先手，所以如果扔到正面，那么i-1颗石子Alice必然是先手，否则就把i状态给了Alice

g[i]=f[i]*(1-q)+f[i-1]*q

两个方程连立就可以解出来。

如果g[i-1]<f[i-1]，那么说明对于i-1颗石子的情况来说，先手更有利。

f[i]=(1-p)*g[i-1]+p*g[i]

g[i]=f[i]*q+f[i-1]*(1-q) 用与上面相同的方法分析求解

最初的状态是f[0]=0,g[0]=1;

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstring>
#define N 10003
using namespace std;
int n,T;
double f
,g
,p,q,q1,p1;
int main()
{
freopen("a.in","r",stdin);
freopen("my.out","w",stdout);
scanf("%d",&T);
while (T--) {
scanf("%d%lf%lf",&n,&p,&q);
n=min(n,10000);
p1=1.0-p; q1=1.0-q;
memset(f,0,sizeof(f));
memset(g,0,sizeof(g));
f[0]=0; g[0]=1;
for (int i=1;i<=n;i++)
if (g[i-1]>f[i-1])
{
double t=1.0-p1*q1;
f[i]=(g[i-1]*p+p1*q*f[i-1])/t;
g[i]=(g[i-1]*p*q1+f[i-1]*q)/t;
//cout<<f[i]<<" "<<g[i]<<endl;
}
else {
double t=1.0-p*q;
f[i]=(g[i-1]*p1+p*q1*f[i-1])/t;
g[i]=(q1*f[i-1]+p1*q*g[i-1])/t;
//cout<<f[i]<<" "<<g[i]<<endl;
}
printf("%.6lf\n",f
);
}
}