ZOJ 3329 One Person Game-白红宇

ZOJ 3329 One Person Game

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发布时间：2019-06-19

本文共 1495 字，大约阅读时间需要 4 分钟。

期望，$dp$。

设$dp[i]$为目前和为$i$，到达目标状态需要的期望次数。$dp[i]=sum(dp[i+j]*p[j])+dp[0]/(k1*k2*k3)+1$。

无奈，接下来不知所措。去高斯消元了，妥妥的超时......

最终看了大佬博客。发现有一个骚操作。

设$dp[i]=A[i]*dp[0]+B[i]$，如果知道$A[i]$与$B[i]$，那么$dp[0]=B[0]/(1-A[0])$。

$dp[i+j]=A[i+j]*dp[0]+B[i+j]$。

$dp[i]=sum(A[i+j]*dp[0]*p[j]+B[i+j]*p[j])+dp[0]/(k1*k2*k3)+1$。

所以，$A[i]=sum(A[i+j]*p[j])+p[0]$，$B[i]=sum(B[i+j]*p[j])+1$。

$A$和$B$倒着推一下就可以知道了。真*智商捉急。

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               using namespace std;typedef long long LL;const double pi=acos(-1.0),eps=1e-6;void File(){ freopen("D:\\in.txt","r",stdin); freopen("D:\\out.txt","w",stdout);}template 
               
                inline void read(T &x){ char c = getchar(); x = 0; while(!isdigit(c)) c = getchar(); while(isdigit(c)) { x = x * 10 + c - '0'; c = getchar(); }}int T,n,k1,k2,k3,a,b,c;int f[20];double A[505],B[505];int main(){ scanf("%d",&T); while(T--) { scanf("%d%d%d%d%d%d%d",&n,&k1,&k2,&k3,&a,&b,&c); memset(f,0,sizeof f); for(int i=1; i<=k1; i++) for(int j=1; j<=k2; j++) for(int s=1; s<=k3; s++) f[i+j+s]++; f[a+b+c]--; for(int i=n;i>=0;i--) { A[i]=1.0/(k1*k2*k3); B[i]=1.0; for(int j=1;j<=k1+k2+k3;j++) { if(i+j>n) break; A[i]=A[i]+A[i+j]*f[j]/(k1*k2*k3); B[i]=B[i]+B[i+j]*f[j]/(k1*k2*k3); } } printf("%.8f\n",B[0]/(1-A[0])); } return 0;}