2008 APAC local onsites C Millionaire （离散化+期望dp）

题面

最开始你有x元钱，要进行M轮赌博。每一轮赢的概率为P，你可以选择赌与不赌，如果赌也可以将所持的任意一部分钱作为赌注（可以是整数，也可以是小数）。如果赢了，赌注将翻倍；输了赌注则没了。在M轮赌博结束后，如果你持有的钱在100万元以上，就可以把这些钱带回家。问：当你采取最优策略时，获得100万元以上的钱并带回家的概率是多少。
samples:
input:
M = 1, P = 0.5, X = 500000
output:
0.500000
input:
M = 3, P = 0.75, X = 600000
output:
0.843750

想法与思路

说实话，这题刚开始看的时候毫无思路。虽然最优策略明确指向了贪心和dp，但是这题的贪心策略明显不是很好像，作为连续的点，暴力穷举显然也是失效的。在dp方面，还是没有想到好的办法，最后还是看了题解。简单讲一下思路吧，当我们遇到这些一时间找不到思路的dp时，可以先考虑举几个例子试试看，这里我们考虑一下最后一轮的情况，很明显，这里有三种情况，当金额>1000000时，我们之间可以拿钱回家，金额>500000的时候，我们就可以在最后一轮的赌博之中放手一搏了，这时候我们可以all in，因为投放较少的金额，最后如果成功依旧是拿钱回家，所以直接all in便于考虑问题，当金额小于500000时，显然我们没有搏一搏的机会了，这些钱都不会被你带走。接下来我们考虑倒数第二轮，综合前面的情况，我们发现倒数第二轮的时候，我们会有5种情况，最后我们发现，第i轮的情况有2的m次幂+1种情况，当然这里是反向穷举，需要大家注意一下。然后我们就可以去考虑dp方程的问题，一个状态的最优概率值，显然是可以转移为投资失败，从而变成i-j的状态，或者投资成功变成i+j的状态，这里我们取和就可以了。关于下面的代码实现，稍微解释一下几个小点，pre和bes是基于滚动数组的思路实现的，就是一个迭代更新的过程，然后从i个状态的转移跨度的话，是取（i，n-i）的，因为你不可能会去转移到n之外。

代码实现

	#include<iostream>
	#include<cstring>
	#include<cmath>
	#include<queue>
	#include<vector> 
	#include<algorithm>
	using namespace std;
	const int maxn= 10005;
	const int N=1e6+5;
	const int inf=0x3f3f3f3f;
	typedef long long ll;
	int x,m;
	double p;
	double dp[2][(1<<15)+1];
	void solve () {
		int n=1<<m;
		double *pre=dp[0];
		double *bes=dp[1];
        memset (pre,0,sizeof(double) *(n+1));
        pre[n]=1.0;
        for (int i=0;i<m;i++) {
			for (int j=0;j<=n;j++) {
				int step=min (j,n-j);
				double t=0.0;
				for (int k=0;k<=step;k++) {
					t=max(t,pre[j+k]*p+(1-p)*pre[j-k]);
				}
				bes[j]=t; 
			}
			swap(pre, bes);
		}
		int l=(ll)x*n/1000000;	
		printf ("%.6lf",pre[l]);
	}
	int main() {
        cin>>m>>p>>x;
		solve ();

		return 0;
	}