UVA 10529 浅谈期望动态规划末状态转移推导全方程转移

世界真的很大

UVA的数据好像其实很水

n^2/2的复杂度本来应该贴着边界的但是却跑的飞快

。。。

其实是有优化的，但是优化和这道题本身就没什么关系了

只是DP单峰函数的性质在作祟而已，不必写他

考虑期望这种东西如果顺退很难想的话，考虑最后一步的状态转移是不是确定的，如果是就可以考虑怎么从最后一步转移，就是所谓的倒着推DP

就算倒着不好推，起码也可以得出转移方程

这道题就是如此

看题先：

description：

你正在尝试建立直立的多米诺骨牌，站立起来
最后，为了您的娱乐而被推迟。 （当然，
设置某些东西只是为了击倒它似乎毫无意义
再次，但你有一些奇怪的爱好）棘手的事情
关于设置多米诺骨牌，但是，如果你犯了一个错误
在你放置它的时候敲一下，它会击倒任何一个
其一侧的连续多米诺骨牌的相邻线，部分
毁了你的工作
例如，如果你已经把多米诺骨牌放在了pat-
tern`DD DxDDD D，你尝试把一个多米诺骨牌放在位置
“x”，有一个机会，它将跌倒，敲多米诺骨牌
左边或三个多米诺骨牌右边，迫使你放下
他们再次
这个人为错误有点不可避免，但是你可以
通过使用多米诺骨牌，
放置技术，导致多米诺骨牌落在一个方向，
比其他更频繁。
考虑到您正在尝试建立的多米诺骨牌数量
你会击倒任何一个多米诺骨牌的可能性
放在左边或者右边，确定
你需要放置的平均多米诺骨牌数量
你没有假设您使用的是最佳的投放策略

input：

输入最多可达100例。 每个案例由一行输入组成。 它将包含的数量
多米诺骨牌去，n，1？ n？ 1000，其次是非负值P1和Pr，表示概率
任何多米诺骨牌在左边向右撇下。 你可以假设0 <P1 + Pr？0：5。
最后一个测试用例之后是一个包含单个“0”的行。

output：

对于每种情况，输出在你吃完之前需要放置的预期的多米诺骨牌数量，
精确到小数点后的两位数字。

题面来自谷歌翻译

百度翻译的题面真的不能看

考虑Ei表示放了连续的i块的最小期望值，思考一下怎么转移

一步一步来推的话还是比较难，考虑i是最后一步，那么i肯定是填上了一个空位，就是说，当i放的时候，左右两边都已经放好连续的一堆了，设左边一堆的期望次数是E1，右边一堆的期望值是E2

那么首先，Ei=E1+E2+1，这是废话

但是还需要考虑向左倒的情况，这时就不得不重新把左边的放一边，然后又到了现在的局面，还是需要Ei步，但是不用放右边了，一位没有向右边到，就不需要E2，那么还需要Ei-E2步，期望就是pl*（Ei-E2）

同理向右倒就是pr*（Ei-E1）

那么Ei=E1+E2+1+pl * （Ei-E2）+pr * （Ei-E1）

左右移一下项就就是：Ei=E1 * （1-pr）/（1-pl-pr）+E2 * （1-pl）/（1-pl-pr）+1/（1-pl-pr）

然后枚举左右的块数取一个min就可以递推了

Ei=min（Ej * （1-pr）/（1-pl-pr）+E

i-1-j * （1-pl）/（1-pl-pr）+1/（1-pl-pr））

n^2递推

完整代码：

#include<stdio.h>
#include<algorithm>
using namespace std;

const double INF=0x3f3f3f3f;

int n;
double pl,pr,f[1000010];

int main()
{
while(1)
{
scanf("%d",&n);
if(!n) return 0;
scanf("%lf%lf",&pl,&pr);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
f[i]=INF;
for(int j=0;j<i;j++)
f[i]=min(f[i],f[j]*(1-pl)/(1-pl-pr)+f[i-1-j]*(1-pr)/(1-pl-pr));
f[i]+=1/(1-pl-pr);
}
printf("%0.2lf\n",f
);
}
return 0;
}
/*
Whoso pulleth out this sword from this stone and anvil is duly born King of all England
*/

嗯，就是这样