AtCoder Beginner Contest 189 F

这题有数学做法，但 Feecle6418 - AtCoder 提供了一种思路清奇的DP。

我们第一思路是设$dp(i)$为Takahashi到$i$时的期望步数，枚举上一次所在的位置，从$dp(j)$转移。

将整个流程反过来。即设$dp(i)$为从$i$开始，走到$(n,\inf)$的期望步数。重新整理一下转移：

1. 若$i>n$，则$f(i)=0$
2. 若$i\notin A$，则$f(i)=1+\frac{1}{m}\sum_{j=1}^{m} f(i+j)$
3. 若$i \in A$，则$f(i)=f(0)$

仔细观察上面的转移，虽然它有环，但是它好像只有$f(0)$一个数是未知的。出现一个未知的数时我们不妨保留它，就像解方程中的$x$一样，看看后面能否找到登录关系。

保留$f(0)$之后，我们惊喜的发现，$f(i)$可以看成一个关于$f(0)$的代数式，且这个代数式的次数就是$1$。

我们不妨设$f(i)=k_{i}f(0)+b_{i}$，只转移$k$和$b$就可以了。直接转移是$O(nm)$的，但是可以通过前缀和优化到$O(n+m)$。

最终答案是$f(0)$。可以发现，$f(0)$也可以通过上面方法递推得到，故我们可以得到等式$f(0)=k_0f(0)+b_0$，解这个方程就可以得到$f(0)$。

时间复杂度为$O(n)$。

#include<bits/stdc++.h>
const int maxn=100005;
int n,m,k;
int a[maxn];
struct kb {
	double k,b;
}dp[maxn],sum;
int main() {
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
	for(int i=1;i<=k;i++) {
		int pos;
		scanf("%d",&pos);
		a[pos]=1;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		int j=i;
		while(a[j]) j++;
		if(j-i>=m) {
			puts("-1");
			return 0;
		}
	}
	dp[n]=(kb){0,0};
	sum=dp[n];
	for(int i=n-1;;i--) {
		if(a[i]) dp[i]=(kb){1,0};
		else dp[i]=(kb){sum.k/double(m),sum.b/double(m)+1};
		if(!i) break;
		sum.k+=dp[i].k,sum.b+=dp[i].b;
		if(i+m<=n) sum.k-=dp[i+m].k,sum.b-=dp[i+m].b;
	}
	double res=(-dp[0].b)/(dp[0].k-1);
	printf("%.10lf\n",res);
	return 0;
}