Codeforces Round #105 (Div. 2) D. Bag of mice
Codeforces Round #105 (Div. 2)
翻译 岛田小雅
D. Bag of mice
出题人 Nickolas
巨龙和公主在纠结大年夜应该干什么。巨龙想去山上看精灵们在月光下跳舞，但公主只想早点睡觉。他们希望能够和谐友善地达成共识，于是决定将选择权交给命运。
一个口袋里有 \(w\) 个白老鼠和 \(b\) 个黑老鼠。巨龙和公主轮流从口袋里抽老鼠，谁先抽到白老鼠谁就获胜。每次巨龙抽老鼠时，口袋里总会有一只老鼠被吓得跳出去（公主不会惊吓到老鼠）。已知公主先抽。那么她获胜的概率有多大呢？
如果口袋里没有老鼠了，但谁都没有抽到白老鼠，那么巨龙获胜。从口袋里跳出来的老鼠不算被抽走的老鼠，也就是说它们不会直接决定获胜者。如果一只老鼠跳出去了，那么它就不会再回口袋里。口袋里的每只老鼠被抽走的概率都是一样的。
输入格式
输入只有一行，两个整型 \(w\) 和 \(b\) \((0\leqslant{w,b}\leqslant{1000})\)。
输出格式
输出公主获胜的概率。只要与标准答案相差不超过 \(10^{-9}\) 都算作正确答案。
样例 1
输入
1 3
输出
0.500000000
样例 2
输入
5 5
输出
0.658730159
补充
对样例 \(1\) 而言，第一轮公主抽中白老鼠并获胜的概率是 \(\frac{1}{4}\)，巨龙抽到黑老鼠游戏继续的概率是 \(\frac{3}{4}\times{\frac{2}{3}}=\frac{1}{2}\)。第一轮结束后，口袋里还剩 \(2\) 只老鼠，一只白的和一只黑的，其中一只会被巨龙吓得跳出口袋，然后公主会在下一轮抽出剩下的最后一只。如果公主抽到白老鼠，那她获胜（概率是 \(\frac{1}{2}\times{\frac{1}{2}}=\frac{1}{4}\)），否则没人能抽到白老鼠，那么巨龙获胜。
题解
作者 岛田小雅
为了做一道概率 DP 题从 OI Wiki 跳到这道题来从头学起。
用 \(f_{i,j}\) 来表示轮到公主时还剩下 \(i\) 只白老鼠和 \(j\) 只黑老鼠时公主赢的概率，这样维护数组 \(f\) 时，就能让 \(f_{i,j}\) “收集”自己之后所有公主获胜的概率。
对每轮：
- 公主抓到白鼠，公主获胜，概率为：\(\frac{i}{i+j}\) \((i+j>0)\)。
- 公主抓到黑鼠，巨龙抓到白鼠，巨龙获胜，概率为：\(\frac{i}{i+j}\times{\frac{i}{i+j-1}}\) \((i\geqslant{1},j\geqslant{1})\)。
- 公主抓到黑鼠，巨龙抓到黑鼠，跑出黑鼠，最终公主获胜，概率为：\(\frac{j}{i+j}\times{\frac{j-1}{i+j-1}}\times{\frac{j-2}{i+j-2}}\times{f_{i,j-3}}\) \((j\geqslant{3})\)。
- 公主抓到黑鼠，巨龙抓到黑鼠，跑出白鼠，最终公主获胜，概率为：\(\frac{j}{i+j}\times{\frac{j-1}{i+j-1}}\times{\frac{i}{i+j-2}}\times{f_{i-1,j-2}}\) \((i\geqslant{1},j\geqslant{2})\)。
维护 \(f_{i,j}\) 时，我们只需要转移 \(1,3,4\) 这三种情况的概率即可 。
AC 代码
作者 岛田小雅
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e3+1;
int w, b;
double f[N][N];
int main()
{
ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);
cout << setiosflags(ios::fixed) << setprecision(9);
cin >> w >> b;
for(int i = 0; i <= w; i++)
{
for(int j = 0; j <= b; j++)
{
if(i+j > 0) f[i][j] = (double)i/(i+j);
if(j >= 3) f[i][j] += f[i][j-3]*j/(i+j)*(j-1)/(i+j-1)*(j-2)/(i+j-2);
if(i>=1 && j>=2) f[i][j] += f[i-1][j-2]*j/(i+j)*(j-1)/(i+j-1)*i/(i+j-2);
}
}
cout << f[w][b];
return 0;
}
