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ZOJ3329 概率DP变形

2024-08-03 16:35:02   218人阅读

哇哦，感觉有点难哦，三个骰子，分别具有k1,k2,k3个面，抛骰子，若向上的一面分别对应为a,b,c，那么得分归0，否则得分加上三个骰子向上那一面数字之和，求得分超过n的时候抛骰子的次数的期望
一开始很容易想到常规的做法，以目标状态为边界，当前状态到目标状态所需要的期望为方程，dp[i]代表 当前到目标分数的期望，这是发现状态转移是这个样子的
dp[i] = dp[0] * p0 + sigma(pk * dp[i + k]) + 1；
p0,代表抛到分数归0 的概率,pk代表抛到分数为k的概率，这时候发现无法去做，因为我们所要求的答案就是dp[0]，而每一步的状态转移里都包括了dp[0]，同时前面是累积求和，这就相当于有个“环”一样，就像方程两边都有要求的未知数，但是无法移到同一边去，卡死了，首先觉得自己可能方程假设的不好，但是想了很久也没有其它的方程比这个合理了，后来看了这个博客：http://blog.csdn.net/xingyeyongheng/article/details/25639827
步骤讲解还是比较详细的，我是没有想到这个方面去，看了他的假设以后我就自己用草稿纸去往下推了，写了一大堆还是写出来了
首先假设dp[i] = A[i] * dp[0] + B[i];
这里发现dp[0] = A[0] * dp[0] + B[0];
目标就是要求出A[0],B[0]，所以这个方程 要跟状态转移联系在一起的，
那么dp[i + k] = A[i + k] * dp[0] + B[i + k]，然后把这个代入状态转移方程中去
dp[i] = dp[0] * p0 + sigma(pk*(A[i + k] * dp[0] + B[i + k])) + 1;化简一下
dp[i] = (sigma(pk * A[i + k]) + p0) * dp[0] + sigma(pk*B[i + k]) + 1;
那么A[i] = (sigma(pk * A[i + k]) + p0) ;
B[i] = sigma(pk*B[i + k]) + 1;
这里可以递推出A[0],B[0]
然后再回到假设方程去考虑
dp[0] = A[0] * dp[0] + B[0]

这里发现dp[0] 其实在这里不算是变量了，跟一个常数一样，所以上面才那样做出假设的，没有想到这点所以不知道如何处理，唉~


int t;

int k1,k2,k3,aa,bb,cc,n;

double pp[50 + 5];

double AA[500 + 55],BB[500 + 55];

void init() {
	memset(pp,0.00,sizeof(pp));
	memset(AA,0.00,sizeof(AA));
	memset(BB,0.00,sizeof(BB));
}

bool input() {
	while(cin>>n>>k1>>k2>>k3>>aa>>bb>>cc) {
		pp[0] = 1.0/k1 * 1.0/k2 * 1.0/k3;
		return false;
	}
	return true;
}

void cal() {
	for(int i=1;i<=k1;i++)
		for(int j=1;j<=k2;j++)
			for(int k=1;k<=k3;k++)
				if(i != aa || j != bb || k != cc)
					pp[i + j + k] += 1.0/k1 * 1.0/k2 * 1.0/k3;
	for(int i=n;i>=0;i--) {
		AA[i] = 0.00;
		BB[i] = 0.00;
		for(int k=1;k<= k1 + k2 + k3;k++) {
			AA[i] += pp[k] * AA[i + k];
			BB[i] += pp[k] * BB[i + k];
		}
		AA[i] += pp[0];
		BB[i] += 1.00; 
	}
	double ans = BB[0]/(1 - AA[0]);
	printf("%.10lf\n",ans);
}

void output() {

}

int main() {
	cin>>t;
	while(t--) {
		init();
		if(input())return 0;
		cal();
		output();
	}
	return 0;
}


ZOJ3329 概率DP变形


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