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ZOJ 3329 One Person Game (概率DP)

2024-11-05 22:05:40   204人阅读

题意：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


设dp[i]表示达到i分时到达目标状态的期望，pk为投掷k分的概率，p0为回到0的概率
则dp[i]=∑(pk*dp[i+k])+dp[0]*p0+1;
都和dp[0]有关系，而且dp[0]就是我们所求，为常数
设dp[i]=A[i]*dp[0]+B[i];
代入上述方程右边得到：
dp[i]=∑(pk*A[i+k]*dp[0]+pk*B[i+k])+dp[0]*p0+1
     =(∑(pk*A[i+k])+p0)dp[0]+∑(pk*B[i+k])+1;
     明显A[i]=(∑(pk*A[i+k])+p0)
     B[i]=∑(pk*B[i+k])+1
     先递推求得A[0]和B[0].

     那么  dp[0]=B[0]/(1-A[0]);

转载自kuangbin博客，链接kuangbin博客

代码如下：

#include <iostream>
#include <string.h>
#include <math.h>
#include <queue>
#include <algorithm>
#include <stdlib.h>
#include <map>
#include <set>
#include <stdio.h>
using namespace std;
#define LL __int64
#define pi acos(-1.0)
const int mod=100000000;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const double eqs=1e-8;
int p[1000];
double A[1000], B[1000];
int main()
{
    int t, i, j, k, x, n, a, b, c, k1, k2, k3;
    double p0;
    scanf("%d",&t);
    while(t--){
        scanf("%d%d%d%d%d%d%d",&n,&k1,&k2,&k3,&a,&b,&c);
        memset(p,0,sizeof(p));
        for(i=1;i<=k1;i++){
            for(j=1;j<=k2;j++){
                for(k=1;k<=k3;k++){
                    if(i==a&&j==b&&k==c) continue ;
                    p[i+j+k]++;
                }
            }
        }
        p0=1.0/(k1*k2*k3);
        memset(A,0,sizeof(A));
        memset(B,0,sizeof(B));
        for(i=n;i>=0;i--){
            for(j=1;j<=k1+k2+k3;j++){
                A[i]+=A[i+j]*p[j]*1.0/(k1*k2*k3);
                B[i]+=B[i+j]*p[j]*1.0/(k1*k2*k3);
            }
            A[i]+=p0;
            B[i]+=1;
        }
        printf("%.15f\n",B[0]/(1-A[0]));
    }
    return 0;
}


ZOJ 3329 One Person Game (概率DP)


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