题解 CF148D 【Bag of mice】

题目

题意：

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袋子里有 \(w\) 只白鼠和 \(b\) 只黑鼠 ，\(A\) 和 \(B\) 每次轮流抓，谁先抓到白色谁就赢。\(B\) 每次随机抓完一只之后会有另一只随机老鼠跑出来。如果两个人都没有抓到白色则\(B\)赢。\(A\) 先抓，问 \(A\) 赢的概率。

题目分析：

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很显然的一道概率\(dp\)……

首先定义 \({dp[i][j]}\) 为 轮到A抓老鼠且剩余 \(i\) 只白鼠， \(j\) 只黑鼠时的获胜概率。

那么情况有两种：

1. \(A\) 在抓到了白鼠（直接获胜）

   概率：\({p1 = i / (i + j)}\);

   解释：\((i + j)\) 为此时老鼠的总数量

2. \(A\)在这一局没有抓到白鼠

第一种情况很好转移，所以重点在于第二种情况，思考一下可以发现——为了让 \(A\) 获胜，这一局 \(B\) 就不能获胜（抓到黑鼠）。

在第二种情况下，\(B\) 抓到黑鼠后的情况有两种 ：

1. \(B\)抓到黑鼠，逃走的是白鼠

   概率：\({p2 = j / (i + j) * (j - 1) / (i + j - 1) * i / (j + i - 2) * dp[i - 1][j - 2]}\);

   解释：\(j / (i + j)\) , \(A\)抓到黑鼠的概率。
   \((j - 1) / (i + j - 1)\) , \(B\)抓到黑鼠的概率。
   \(i / (j + i - 2)\) 逃走的是白鼠的概率。
   \(dp[i - 1][j - 2]\) 为\(A\)在剩余\(i - 1\)只白鼠，\(j - 2\)只黑鼠时\(A\)获胜的概率

2. \(B\)抓到黑鼠，逃走的是黑鼠

   概率：\({p3 = j / (i + j) * (j - 1) / (i + j - 1) * (j - 2) / (i + j - 2) * dp[i][j - 3]}\)；
   解释：参考前文

综上所述：白鼠在这一句获胜的概率为三种情况概率的总和

\({dp[i][j] = p1 + p2 + p3}\)

所以状态转移方程就是：

dp[i][j] += (double) i / (i + j);
if(j >= 2) dp[i][j] += (double) j / (i + j) * (j - 1) / (i + j - 1) * i / (j + i - 2) * dp[i - 1][j - 2];
if(j >= 3) dp[i][j] += (double) j / (i + j) * (j - 1) / (i + j - 1) * (j - 2) / (i + j - 2) * dp[i][j - 3];

完整代码：

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#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int MAXN = 1005;
int w,b;
double dp[MAXN][MAXN];//轮到A抓老鼠且剩余i只白鼠,j只黑鼠时的获胜概率
int main() {
	scanf("%d %d",&w,&b);
	for(int i = 1; i <= w; i ++) dp[i][0] = 1; //当全是白鼠时，A一定获胜，概率为 1 
	for(int i = 0; i <= b; i ++) dp[0][i] = 0; //当没有白鼠时，B获胜，A获胜概率为 0 
	for(int i = 1; i <= w; i ++) {
		for(int j = 1; j <= b; j ++) {
			dp[i][j] += (double) i / (i + j); 
			if(j >= 2) dp[i][j] += (double) j / (i + j) * (j - 1) / (i + j - 1) * i / (j + i - 2) * dp[i - 1][j - 2];
			if(j >= 3) dp[i][j] += (double) j / (i + j) * (j - 1) / (i + j - 1) * (j - 2) / (i + j - 2) * dp[i][j - 3]; 
		}
	}
	printf("%.9lf",dp[w][b]);
	return 0;
}