2014 Multi-University Training Contest 1.10 hdu4870 dp

这是一道dp题

50，100，150，200，..1000其实是50的倍数，可以看作1，2，3，4...20

两个号每次用最小的一个，一个达到20，另一个肯定是19，同时可以看出这两个账号每次加分所用到的期望场次并没有关系

加分情况：可以看作+1分 min(x+1,20)

减分情况：可以看作-2分，0分和1分特殊，只能减到0，max(x-2，0）

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其实不考虑减分的话，就是一道求几何概率期望的题了，每次加1分的所用场次期望为 E£ = 1/p，这是书上给的公式，下面我们用dp的方式推一下

E£ = 1*p + (1-p)(1+E£)  //这里的1表示当前所用场次

化简得 E£ = 1/p，可以看出每加一分所用的场次期望都是一样的，

也就是说0到1用的期望场次是1/p，1到2用到的期望场次也是1/p，...

我们可以把0到1的所用的期望场次看作dp[0],1到2所用到的期望场次为dp[1],dp[i]表示i到i+1所用到期望场次

很简单可以推出只考虑一个账号达到i所用的总共的期望场次为

ans = ∑dp[i-1]

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 本题考虑减分，失败一次，减2分，i=i-2，则如果dp[i]失败，接下来的场次应该从dp[i-2]+dp[i-1]+dp[i]

同几何概率每次成功所用场次的期望推导，我们可以推出

dp[i] = 1*p + (1-p)*(1+dp[i]+dp[i-1]+dp[i-2])

令q = 1-p //失败的概率

化简得 dp[i] = (1+q*(dp[i-2]+dp[i-1]))/p

但是

dp[0]和dp[1]不会到达i-2情况，因为 x = max(x-2,0)

所以dp[0]就是几何概率期望 dp[0]=1/p

dp[1] = 1*p+(1-p)(1+dp[1]+dp[0]) 化简得 dp[1] = 1/p/p

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//#programming dp

#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;

int main()
{
    double dp[20];
    double ans=0;
    double p,q;
    while(~scanf("%lf",&p)){
        q = 1-p;
        dp[0] = 1./p;
        dp[1] = 1./p/p;
        for(int i=2;i<20;i++){
            dp[i] = (1+q*(dp[i-2]+dp[i-1]))/p;
        }
        ans = 0;
        for(int i=0;i<20;i++)
            ans += dp[i]*2;
        printf("%.6lf\n",ans-dp[19]);//sub ans dp[19] 只要有个账号达到20就好了
    }
    //cout << "Hello world!" << endl;
    return 0;
}