ZOJ 3329 One Person Game

题意：给定n,k1,k2,k3,a,b,c七个数。有三个骰子，第一个骰子有k1个面，第二个有k2个面，第三个有k3个面，摇骰子得到的点数即为摇动后向上的面的点数，每一个面向上的概率相同。一个人的分数记为count，初始时count=0，然后同时摇三个骰子记为一次摇动，每次摇动之后，三个骰子分别得到x1，x2，x3点，若x1=a且x2=b且x3=c，则count=0，否则，count += x1+x2+x3。若count > n，则游戏结束，否则继续游戏。问摇动次数的期望。

解法：在做了POJ 2096 Collecting Bugs之后，已经大概懂得怎样用DP处理期望问题了。DP求概率要正推，求期望要倒推。

　　　但是，当我写出状态转移的方程的时候，又发现了一个新问题，就是这道题是带环的期望问题。一般而言，带环的问题都要用高斯消元来做，但这道题其实不用那么麻烦。

　　　设E[i]表示count = i的情况下，平均还需要摇多少次骰子，才能结束游戏。p[i]表示摇骰子后count需要加i分的概率，p[0]表示摇骰子后count置0的概率。

　　　状态转移方程为：E[i] = E[i+1]*p(1) + E[i+2]*p(2) + E[i+3]*p[3].....+E[i+k]*p[k] + E[0]*p[0] + 1。

　　　可以发现，每个状态转移方程的未知量都是E[0]，所以这道题就有了下面解法：

　　　设E[i] = a[i]*E[0] + b[i]，则由上面的状态转移方程又有E[i] = (segma(a[i+x]*p[x]) + p[0]) * E[0] + segma(b[[i+x]*p[x]) + 1。

　　　所以有a[i] = segma(a[i+x]*p[x]) + p[0]，b[i] = segma(b[i+x]*p[x]) + 1。而答案E[0] = b[0] / (1-a[0])。这样就可以用DP解决问题了。

tag:math, 概率DP, 代数变形

/*
 * Author:  Plumrain
 * Created Time:  2013-10-30 09:57
 * File Name: math-ZOJ-3329.cpp
 */
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>

using namespace std;

#define CLR(x) memset(x, 0.0, sizeof(x))

int n, tot;
double p[20], a[1000], b[1000];

void init()
{
    int k[3], tmp, sum = 0;
    scanf ("%d", &n);
    for (int i = 0; i < 3; ++ i)
            scanf ("%d", &k[i]);
    for (int i = 0; i < 3; ++ i){
        scanf ("%d", &tmp);
        sum += tmp;
    }

    int num[20]; CLR (num);
    for (int i = 1; i <= k[0]; ++ i)
        for (int j = 1; j <= k[1]; ++ j)
            for (int l = 1; l <= k[2]; ++ l)
                ++ num[i+j+l]; 
    -- num[sum];

    int mul = k[0] * k[1] * k[2];
    tot = k[0] + k[1] + k[2];
    num[0] = 1;
    for (int i = 0; i <= tot; ++ i)
        p[i] = (double)num[i] / mul;
}

double DP()
{
    CLR (a); CLR (b);
    for (int i = n; i >= 0; -- i){ 
        a[i] = p[0];
        b[i] = 1.0;
        for (int j = 1; j <= tot; ++ j){
            a[i] += a[i+j] * p[j];
            b[i] += b[i+j] * p[j];
        }
    }
    
    return b[0] / (1 - a[0]);
}

int main()
{
    int T;
    scanf ("%d", &T);
    while (T--){
        init();
        printf ("%.10f\n", DP());
    }
    return 0;
}