bzoj2318

概率dp，逆推
f[i] 还剩i个石子时A先投获胜的概率
g[i] 还剩i个石子时B先投获胜的概率
考虑已经知道 f[i] 的后继状态
如果A想投正面，
f[i] 有p的概率转移到 g[i−1]，(1−p)的概率转移到g[i];
f[i]=p∗g[i]+(1−p)∗g[i−1]
g[i]=p∗f[i−1]+(1−p)∗f[i]
这个转移可以理解为后继状态的贡献已经是知道的，现在有p的概率转移到后继状态，那么后继状态对i的贡献就是∗p
解方程

f[i]=p∗g[i−1]+(1−p)∗q∗f[i−1]1−(1−q)(1−p)

g[i]=q∗f[i−1]+(1−q)∗p∗g[i−1]1−(1−q)(1−p)

然后，考虑由当前局面转移到后继状态时，想投正面与想投反面取决于接下来的状态 g[i−1]与f[i−1]的大小

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define maxn 1005
using namespace std;
int n,T;
double p,q,tmp;
double x,y;
double f[maxn],g[maxn];
int main()
{
    //freopen("in.txt","r",stdin);
    scanf("%d",&T);
    while(T--){
        scanf("%d",&n);
        n=min(n,1000);
        scanf("%lf%lf",&p,&q);
        f[0]=0.0; g[0]=1.0;
        for(int i=1;i<=n;i++){
            if(f[i-1]>g[i-1])  x=1-p,y=1-q;
            else x=p,y=q;
            f[i]=(x*g[i-1]+(1.0-x)*y*f[i-1])/(1.0-(1.0-x)*(1.0-y));
            g[i]=(y*f[i-1]+(1.0-y)*x*g[i-1])/(1.0-(1.0-x)*(1.0-y));
        }
        printf("%0.6lf\n",f[n]);
    }
    //while(1);
    return 0;
}