【ybtoj】【期望dp】彩球抽取

题意

题目描述
袋子里有 \(n\) 个球。每次依次取出两个，把第二个球涂成第一个球的颜色，然后放回袋里搅匀。你的任务是算出让所有球的颜色相同所需要的取球次数期望。
输入格式
输入仅一行，包含一个长度小于 \(25\) 的字符串，每个字符为一个大写英文字母，代表一个球的颜色。
输出格式
输出仅一行，表示答案，保留 \(6\) 位小数。
样例
样例输入1
AB
样例输出1
1.000000
样例输入2
ZCZ
样例输出2
3.000000
样例输入3
AAABB
样例输出3
11.666667
数据范围
\(n \le 25\)

题解

正常考虑每个球每次取的状态很难，所以要转化思路。
设 \(dp(i,j,k)\) 表示前 \(i\) 轮，颜色为 \(j\) 的球有 \(k\) 个的期望步数。
那么答案就是 \(\sum\limits_{i=0}^{25} dp(i,j,n)\times i\).
这样就成功把不好表示的球颜色的状态表示了，因为状态变得只和当前所求颜色有关。
但是这样循环 \(i\) 的上界在哪里？要求保留 6 位小数，结合时间上限大概可以设上界为 \(50000~100000\)。（题解里说 \(6\) 位小数精度不是特别高）
关于 \(i\) 这一维，可以用滚宫数组优化。
PS：本人写的时候 \(n\) 在全局和主函数里分别定义了一遍，调吐血了...$

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int INF = 0x3f3f3f3f;
inline ll read()
{
	ll ret=0;char ch=' ',c=getchar();
	while(!(c>='0'&&c<='9')) ch=c,c=getchar();
	while(c>='0'&&c<='9') ret=(ret<<1)+(ret<<3)+c-'0',c=getchar();
	return ch=='-'?-ret:ret;
}
int n;
double dp[30][30][2];
int cnt[30],roll;
char s[30];
inline void clear()
{
	for(int i=0;i<26;i++) 
		for(int j=0;j<=n;j++) 
			dp[i][j][roll]=0;
}
int main()
{
	scanf("%s",s+1);
	n=strlen(s+1);
	for(int i=1;i<=n;i++) cnt[s[i]-'A']++;
	for(int i=0;i<26;i++) if(cnt[i]) dp[i][cnt[i]][0]=1;
	double res=0;
	for(int stp=0;stp<=50000;stp++)
	{
		//printf("###Stp=%d:\n",stp);
		for(int i=0;i<26;i++) 
		{
			//if(dp[i][n][roll]) printf("dp[%d][%d]=%.3lf\n",i,n,dp[i][n][roll]);
			res+=stp*dp[i][n][roll];
		}
		//printf("res=%.3lf\n",res);
		//printf("roll:%d\n",roll);
		roll^=1;
		clear();
		for(int i=0;i<26;i++) 
			for(int j=1;j<n;j++) 
			{
				double prob=1.0*j*(n-j)/n/(n-1);//同时选出一个i颜色和和一个非i颜色的球的可能性 
				//printf("prob=%.3lf\n",prob);
				dp[i][j-1][roll]+=dp[i][j][roll^1]*prob/2;
				dp[i][j+1][roll]+=dp[i][j][roll^1]*prob/2;
				dp[i][j][roll]+=dp[i][j][roll^1]*(1-prob);
				//printf("dp1=%.3lf,dp2=%.3lf,dp3=%.3lf\n",dp[i][j][roll],dp[i][j-1][roll],dp[i][j][roll]);
				//printf("dp[%d][%d][%d]=%.3lf\n",i,j,roll^1,dp[i][j][roll^1]);
			}
	}
	printf("%.6lf",res);
	return 0;
}