ZOJ 3329 One Person Game 【期望dp】

题目大意：

有三个骰子，分别有k1,k2,k3个面。

每次掷骰子，如果三个面分别为a,b,c则分数置0，否则加上三个骰子的分数之和。

当分数大于n时结束。求游戏的期望步数。初始分数为0。

解题思路：

开始时把分数置0看成了不加分，WA了半天。

设dp[i]表示已得到i分时到达目标状态的期望，p[j]为投掷j分的概率，p[0]为回到0的概率。

dp[i]=∑(dp[i+j]∗p[j])+dp[0]∗p[0]+1;

由于每步都与dp[0]这个未知量有关，导致每步的dp[i]都无法立刻得到，所以似乎要联立方程组再高斯消元。

但也正因每步都与dp[0]这个未知量有关，且是一次方程，所以每个dp[i]都可化为A[i]*dp[0]+B[i]的形式，即：

dp[i]=A[i]∗dp[0]+B[i]

代入原式，则：

dp[i]=∑(p[j]∗(A[i+j]∗dp[0]+B[i+j]))+dp[0]∗p[0]+1

化简得

dp[i]=(∑(p[j]∗A[i+j])+p[0])∗dp[0]+∑(p[j]∗B[i+j])+1

所以得

A[i]=∑(p[j]∗A[i+j])+p[0]

B[i]=∑(p[j]∗B[i+j])+1

所以我们可以先递推算出A[i]，B[i]。最后dp[0]=B[0]/(1-A[0])。

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#define ll long long
using namespace std;

int getint()
{
int i=0,f=1;char c;
for(c=getchar();(c<'0'||c>'9')&&c!='-';c=getchar());
if(c=='-')f=-1,c=getchar();
for(;c>='0'&&c<='9';c=getchar())i=(i<<3)+(i<<1)+c-'0';
return i*f;
}

const int N=1000;
int T,n,k1,k2,k3,k,a,b,c;
double A
,B
,p
;

int main()
{
//freopen("lx.in","r",stdin);
//freopen("lx.out","w",stdout);
T=getint();
while(T--)
{
memset(p,0,sizeof(p));
memset(A,0,sizeof(A));
memset(B,0,sizeof(B));
n=getint();
k1=getint(),k2=getint(),k3=getint();
a=getint(),b=getint(),c=getint();
p[0]=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]+=p[0];
for(int i=n;i>=0;i--)
{
A[i]=p[0],B[i]=1;
for(int j=1;j<=k1+k2+k3;j++)
{
A[i]+=p[j]*A[i+j];
B[i]+=p[j]*B[i+j];
}
}
printf("%0.15lf\n",B[0]/(1-A[0]));
}
return 0;
}