CF98E Help Shrek and Donkey

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Solution#

bunnny 之前搬的题，但是没有做🥵🥵🥵

我们不妨设 $f(n,m)$ 表示先手有 $n$ 张对手未知牌，后手有 $m$ 张对手未知牌时先手获胜的概率。我们不妨先来观察一下双方的操作，先手可以查询自己没有的牌，也可以查询自己有的牌来达到欺骗的效果，后手就会有相信先手没有此牌或是觉得先手在欺骗自己的两种选择，不妨理解为“相信”和“不相信”。

我们首先考虑先手如果不欺骗，那么有 $\dfrac{m}{m+1}$ 的概率询问到后手手上的牌，$\dfrac{1}{m+1}$ 的概率询问到桌上的牌。如果询问到后手手上的牌，那么后手会拿出来他的牌，那么先手获胜的概率即为：$\dfrac{m}{m+1}(1-f(m-1,n))$，如果询问到桌上的牌，那么后手如果相信了，则先手必输，否则先手必胜，先手获胜概率为 $\dfrac{1}{m+1}$。再考虑先手进行欺骗，查询自己的牌，如果后手相信了，那么显然先手就必胜了，否则就相当于知道了先手的一张牌，先手获胜概率即为：$1-f(m,n-1)$。需要注意的是，当先手进行询问时，当询问到后手所拥有的牌，后手也可以选择不相信，但会把这张牌放出去，从而先手产生 $\dfrac{m}{m+1}(1-f(m-1,n))$ 的收益。这里感觉比较抽象，但是可以理解为，无论怎么样，只要先手询问到了后手手上的牌就会产生这样的贡献，与后手是否相信无关。

把上述情况列为表格，我们可以得到：

后手\先手	询问	欺骗
相信	$\dfrac{m}{m+1}(1-f(m-1,n))$	$1$
不相信	$\dfrac{1}{m+1}+\dfrac{m}{m+1}(1-f(m-1,n))$	$1-f(m,n-1)$

为了方便，把上列的概率分别成为 $w_{1,1},w_{1,2},w_{2,1},w_{2,2}$。

我们考虑先手假设以 $p$ 的概率询问，以 $1-p$ 的概率进行欺骗，可以发现先手获胜的概率就是：

$$\min(pw_{1,1}+(1-p)w_{1,2},pw_{2,1}+(1-p)w_{2,2})$$

先手就需要最大化该值。可以看出，这个可以表示为两个斜率正负性相反的直线求 $\min$ ，那么在交点处最为优秀。我们也可以从纳什均衡的角度出发，对于先手来说，无论后手如何选择收益都相同。

然后随便算一下就好了，复杂度 $\mathcal O(n^2)$。

Code#

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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define Int register int
#define MAXN 1005

//char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
//#define getchar() (p1==p2 && (p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
template <typename T> inline void read (T &t){t = 0;char c = getchar();int f = 1;while (c < '0' || c > '9'){if (c == '-') f = -f;c = getchar();}while (c >= '0' && c <= '9'){t = (t << 3) + (t << 1) + c - '0';c = getchar();} t *= f;}
template <typename T,typename ... Args> inline void read (T &t,Args&... args){read (t);read (args...);}
template <typename T> inline void write (T x){if (x < 0){x = -x;putchar ('-');}if (x > 9) write (x / 10);putchar (x % 10 + '0');}
template <typename T> inline void chkmax (T &a,T b){a = max (a,b);}
template <typename T> inline void chkmin (T &a,T b){a = min (a,b);}

int n,m;
double f[MAXN][MAXN];

double dp (int x,int y){
	if (f[x][y]) return f[x][y];
	if (!y) return f[x][y] = 1;
	if (!x) return f[x][y] = 1.0 / (y + 1);
	double w11 = y * 1.0 / (y + 1) * (1 - dp (y - 1,x)),w21 = 1,
		   w12 = w11 + 1.0 / (y + 1),w22 = 1 - dp (y,x - 1);
	double p = (w21 - w22) / (w12 + w21 - w11 - w22);
	return f[x][y] = p * w11 + (1 - p) * w21;
}

signed main(){
	read (n,m);double p = dp (n,m);
	printf ("%.9f %.9f\n",p,1 - p);
	return 0;
}