ZOJ 3329 One Person Game (概率dp)

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题目分析: 有一个计数器 ， 初值为0。三个骰子 ，分别有k1, k2, k3面，每个骰子，每面向上的概率相等。给三个数a ， b ， c。 游戏如下：1，计数器初值设为0。  2，同时掷三个骰子，如果骰子1出现a ， 骰子2出现b， 骰子3出现c， 则将计数器设为0，否则将三个数字的和加到计数器上。3，如果此时计数器的数字仍然不超过n ， 则回到第2步 ， 否则游戏结束。求游戏结束前掷骰子的次数的期望。

设dp[ i ] 为计数器上的数字为 i 时 ，离目标状态的期望步数。显然dp[ 0 ] 是要求的值。

则 dp[ i ] = p0*dp[ 0 ] + sigma dp[ i + k]*p[ k ] + 1,  k 从 3 到（k1 + k2 + k3）---------  1

由式子1可知，dp[ i ] 由dp[ 0 ] 表示 ， 而dp[ 0 ] 是我们要求的 ，则将dp[ i + k] 也用dp[ 0] 表示。

设：dp[ i ]  = a[ i ] * dp[ 0 ] + b[ i ] ---------- 2

将2式带入1 ， dp[ i ] = p0*dp[ 0 ] + sigma (a[ i + k] * dp[ 0 ] + b[ i + k])*p[ k ] + 1

整理可得：dp[ i ] = (sigma a[ i + k]*p[ k ] + p0 )*dp[ 0 ] + sigma b[ i  + k]*p[ k ] + 1 -----------3

对比3式和1式 ， 可得：

a[ i ] =  sigma a[ i + k]*p[ k ] + p0 

b[ i ] =  sigma b[ i  + k]*p[ k ] + 1

又当i > n , dp[ i ]  = 0 , 由2式 ， 可得 a[ i ]  =  b[ i ] = 0; 

至此，可按i 从大到小 ， 求出a[ n ] , b [ n] --- ---- ---- a[ 0 ] , b[ 0 ];

最后由2式 ， dp[ 0 ] = b[ 0 ] / (1 - a[ 0 ]) ;

AC_CODE

double p[38];
int main()
{
    //freopen("in.txt","r",stdin);
    int t;
    cin >> t;
    while(t--){
        int n , k1, k2, k3 , aa, bb , cc;
        cin >> n >> k1 >> k2 >> k3 >> aa >> bb >> cc;
        memset(p , 0 , sizeof(p));
        double a[536] = {0};
        double b[536] = {0};
        double p0 = 1.0/(k1*k2*k3);
        int i , j , k;
        for(i = 1;i <= k1;i++)
            for(j = 1;j <= k2;j++)
                for(k = 1;k <= k3;k++)
                if(i == aa && j == bb && k == cc) continue;
                else p[i + j + k] += p0;
        for(i = n;i >= 0;i--){
            for(k = 3;k <= (k1+k2+k3);k++){
                a[i] += p[k]*a[i+k];
                b[i] += p[k]*b[i+k];
            }
            a[i] += p0;
            b[i] += 1;
        }
         double ans = b[0] / (1 - a[0]);
         printf("%.15lf\n",ans);
    }
    return 0;
}

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ZOJ 3329 One Person Game (概率dp)

原文：http://blog.csdn.net/bolininahuaalex/article/details/24198535