题目链接

• 题意：
  n个点。依照题中给的公式能够求出随意两个点转移的概率。求从1到n的期望转移次数
• 分析：
  设dp[i]为从i到n的期望，那么能够得到公式dp[i] = sigma(dp[i + j] * p(i + j, i)) + 1。1 <= j <= m
  把这个式子展开来：dp[i - m] * p(i - m, i) + dp[i - m + 1] * dp(i - m + 1, i) + ... + dp[i] * p(i, i) + ... + dp[i + m] * p(i + m, i) = dp[i]
  展开p(i, i)，化简：dp[i - m] * p(i - m, i) + dp[i - m + 1] * dp(i - m + 1, i) + ... + dp[i] * p‘(i, i) + ... + dp[i + m] * p(i + m, i) = -1（注意p‘(i, i)和题目中有所不同了，等与p(i, i) - 1）
  事实上这里也能够发现。题目中的p(i, i)给的还是比較有特点的，有一个常数1，这样在列方程的时候才干够消元使得方程右边是一个常数
  解方程的时候，首先注意dp[n] = 0，这个方程是不用解的。之后能够安装普通的gauss消元从上到下消元，再回代出结果；或者更简单的，题目仅仅要求dp[1]。那么假设从下到上求，最后直接除以系数就可以
  
  这个题目的一个麻烦点在于对矩阵的下标处理：对于原始矩阵a[i][j]，放到p[n][m]的矩阵中，就变成了p[i][m - i + j]，所以对原矩阵进行消元的时候须要注意这一点
  再说一下这里的处理：对于p[i][j]，转换过后就变成了a[i][m - i + j]，也就是说。把a[i][i]变成p[i][m]。这样就方便存储了
  
  也算是一个概率DP吧，比較关键的想法在于能将问题分解为n个状态。之后就能够用高斯消元来攻克了
  高斯消元的分析时，应该注意到这个矩阵比較稀疏。且消元的时候，仅仅须要考虑最多m行的m个位置就可以，复杂度不是普通的O(n ^ 3)，而是O(n * m * m)

double b[maxn];
double p[maxn][15];

int main()
{
	//    freopen("in.txt", "r", stdin);
	while (~RII(n, m) && n)
	{
		FE(i, 1, n) FE(j, 1, m)
			RI(c[i][j]);
		FF(i, 1, n)
		{
			double sum = 1, s = 0;
			FE(j, 1, m)
				sum += c[i][j];
			FE(j, 1, m)
			{
				if (i - j >= 1)
					s += p[i][m - j] = 0.3 * c[i][j] / sum;
				if (i + j <= n)
					s += p[i][m + j] = 0.7 * c[i][j] / sum;
			}
			p[i][m] = -s;
			b[i] = -1;
		}
		FED(i, n - 1, 1)
		{
			int l = max(1, i - m), r = min(n - 1, i + m);
			FF(j, l, i)
			{
				double f = p[j][m - j + i] / p[i][m];
				FE(k, l, r)
					p[j][m - j + k] -= p[i][m - i + k] * f;
				b[j] -= f * b[i];
			}
		}
		printf("%.2f\n", b[1] / p[1][m]);
	}
	return 0;
}