ZOJ-3329 one person game 题解
题目大意
题面
\(3\) 个骰子，分别有 \(k1\) 、 \(k2\) 、\(k3\) 面，且骰子掷到某一面的 概率 是相等的。
设 \(3\) 个骰子各掷一次 称作 一轮操作， 每一轮操作会有以下两种情况
·当 \(k1\) 面的骰子的点数为 \(a\) ， \(k2\) 面的骰子的点数为 \(b\) ， \(k3\) 面的骰子的点数为 \(c\) 时，累加器清零。
·否则，累加器累加三个骰子的点数。
求当累加器大于 \(n\) 时，需要操作的轮数的期望。
输入
第一行一个数 \(T\) ，一共 \(T\) 组数据
下面一共 \(T\) 行，每行 \(7\) 个数，分别为 \(n\) 、 \(k1\) 、 \(k2\) 、 \(k3\) 、 \(a\) 、 \(b\) 、 \(c\)
输出
一共 \(T\) 行，即答案
题意分析
这道题涉及了 概率与期望 。大家没有过多的了解，没有关系，你可以在小编Blog中看到《[数论]概率与期望》的讲解。
我们知道， \(E{(X)} = \sum P{(i)} \times X{(i)}\) ，也就是 \(E{(X)} = \sum \text{概率} \times \text{权值}\)
我们 通常 使用 \(DP动规\) 来解决 概率与期望 问题
设 \(dp[i]\) 表示累加器为 \(i\) 时，还需要的轮数的期望。 那么我们来列举 \(dp[i]\) 进行操作后的结果对应的期望值
不妨设 清零计数器 的结果为 情况一 ，其他 为 情况二 。
那么情况一的概率 \(P{(0)}\) 易得 \(\frac{1}{k1 \times k2 \times k3}\)
情况二的概率 \(P{(k)}\) 由于 \(k\) 的变化，预处理即可
情况一的期望为 \(P{(0)} \times dp[0]\)
情况二的期望为 \(\sum_{k = 3}^{k\leq k1+k2+k3} ((A[i + k] \times dp[0] + B[i + k]) \times P{(k)})\)
那么得到 状态转移方程 \(dp[i] = P{(0)} \times dp[0] + \sum_{k = 3}^{k\leq k1+k2+k3} (dp[i+k] \times P{(k)}) + 1\)
为什么\(+1\)
新掷一轮的次数也要加进去
为什么刚才是 \(dp\) ，现在又跳到待定系数法来了？
我们发现，刚才列的状态转移方程的 \(dp[0]\) 是 有后效性
有后效性还叫dp？
这时候我们就要用到待定系数法了。其实还可以使用高斯消元，只是因为高斯消元时间复杂度过高，故采用待定系数法
我们知道，对于一个一次函数而言，基本形式都是 \(y = a \times x + b\)
我们设两个系数数组： \(A[]\) 和 \(B[]\)
那么 \(dp[i]\) 可以表示为 \(A[i] \times dp[0] + B[i]\)，即
\(dp[i] = A[i] \times dp[0] + B[i]\)，标号①
同理得
\(dp[i + k] = A[i + k] \times dp[0] + B[i + k]\) 标号②
将①和②带入状态转移方程得
\(A[i] \times dp[0] + B[i] = P{(0)} \times dp[0] + \sum((A[i + k] \times dp[0] + B[i + k]) \times P{(k)}) + 1\)
此时将等式右边的西格玛拆开，得
\(A[i]\times dp[0]+B[i]=P{(0)} \times dp[0] + \sum(A[i + k] \times dp[0] \times P{(k)}) + \sum(B[i + k] \times P{(k)}) + 1\)
这时候发现，等式两边的 \(dp[0]\) 可以对应起来，使得等式左边 \(dp[0]\) 的系数 \(A[i]\) ，可以与右边的 \(\sum(A[i+k] \times P{(k)})\) 与 \(P{(0)}\) 两个系数对应起来，得
\(A[i] = P{(0)} + \sum_{k = 3}^{k \leq k1+k2+k3}(A[i+k] \times P{(k)})\)
同理对应 \(B[i]\) 系数，得
\(B[i] = \sum_{k = 3}^{k \leq k1+k2+k3}(B[i+k] \times P{(k)}) + 1\)
转换问题
我们按照之前的 \(dp[]\) 定义，那么 \(dp[0]\) 将是我们的答案。得
\(dp[0] = A[0] \times dp[0] + B[0]\)
将 \(dp[0]\) 项都移到左边，化简后得
\(dp[0] = \frac{B[0]}{1 - A[0]}\)
于是我们从求 \(dp[]\) 转换为求 \(A[]\) 与 \(B[]\)
怎么求 \(A[]\) 和 \(B[]\)
\(A[i] = P{(0)} + \sum_{k = 3}^{k \leq k1+k2+k3}(A[i+k] \times P{(k)})\)
\(B[i] = \sum_{k = 3}^{k \leq k1+k2+k3}(B[i+k] \times P{(k)}) + 1\)
像原本求 \(dp[]\) 一样，逆序按照递推公式枚举解决即可
代码
#include<bits/stdc++.h>
#include<cctype>
#pragma GCC optimize(2)
#define in(a) a = read()
#define out(a) write(a)
#define outn(a) out(a),putchar('\n')
#define ll long long
#define rg register
#define New int
using namespace std;
namespace IO_Optimization{
inline New read()
{
New X = 0,w = 0;
char ch = 0;
while(!isdigit(ch))
{
w |= ch == '-';
ch=getchar();
}
while(isdigit(ch))
{
X = (X << 3) + (X << 1) + (ch ^ 48);
ch = getchar();
}
return w ? -X : X;
}
inline void write(New x)
{
if(x < 0) putchar('-'),x = -x;
if(x > 9) write(x/10);
putchar(x % 10 + '0');
}
#undef New
}
using namespace IO_Optimization;
const int MAXN = 600;
double p[MAXN],A[MAXN],B[MAXN];
int n,k1,k2,k3,a,b,c,T;
int main()
{
in(T);
while(T--)
{
memset(p, 0, sizeof(p));
memset(A, 0, sizeof(A));
memset(B, 0, sizeof(B));//多组数据清空数组
in(n),in(k1),in(k2),in(k3),in(a),in(b),in(c);//输入
int tmp = k1 * k2 * k3;//这个地方纯属优化常数
p[0] = 1.0 / tmp; //p[0]
for(rg int i = 1;i <= k1; ++i) //三重循环预处理所有的概率P(i)
for(rg int j = 1;j <= k2; ++j)
for(rg int k = 1;k <= k3; ++k)
{
if(i == a && j == b && k == c) //归零的概率不要累加
continue;
p[i+j+k] += p[0];
}
for(rg int i = n;i >= 0; --i)
{
for(rg int j = 3; j <= tmp; ++j)
{
A[i] += A[i+j] * p[j];
B[i] += B[i+j] * p[j];
}
A[i] += p[0]; //A[i] = sigma() + p0
B[i] += 1; //B[i] = sigma() + 1
}
printf("%.15lf\n",B[0] / (1-A[0]));
}
return 0;
}
