Bzoj 2318 Spoj4060 game with probability Problem

2318: Spoj4060 game with probability Problem

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Description

Alice和Bob在玩一个游戏。有n个石子在这里，Alice和Bob轮流投掷硬币，如果正面朝上，则从n个石子中取出一个石子，否则不做任何事。取到最后一颗石子的人胜利。Alice在投掷硬币时有p的概率投掷出他想投的一面，同样，Bob有q的概率投掷出他相投的一面。

现在Alice先手投掷硬币，假设他们都想赢得游戏，问你Alice胜利的概率为多少。

 

 

Input

第一行一个正整数t，表示数据组数。

对于每组数据，一行三个数n，p，q。

 

 

Output

对于每组数据输出一行一个实数，表示Alice胜利的概率，保留6位小数。

 

 

Sample Input

1

1 0.5 0.5

Sample Output

0.666667

HINT

 

数据范围：

1<=t<=50

0.5<=p,q<=0.99999999

对于100%的数据 1<=n<=99999999

　　一道无比有趣的概率题……

　　我们设f[i]为当前有i张牌且我们当前所针对人物为先手的获胜概率，g[i]为后手获胜概率。

　　那么，我们先考虑一下选择希望翻正面的概率的递推式。

　　　　f[i]=p*g[i-1]+(1-p)*g[i]

　　因为我们有p的几率将当前局面改为后手、场上有i-1张牌，1-p的几率将局面改为g[i]所以我们上述递推式正确的。g[i]也是如此。

　　　　g[i]=q*f[i-1]+(1-q)*f[i]

　　为什么这里变为q呢？因为当前我们希望翻正面一定是因为g[i-1]>f[i-1]，而这个概率对于谁都是一样的，所以bob也一定是想要去翻正面，所以改为q。

　　虽然这样我们好像还是无法推出来啊。所以我们要去解一下方程组，反正不就是一个二元一次吗？手解一下不就好了，应该不用高斯消元吧……

　　至于希望翻反面，请读者自己思考，答案就在代码里（当然不是原始状态啦）。

　　有意思的是虽然他的n很大，但是他并未对精度要求太高，所以我们只要等到他的精度卡到一定地步直接跳出就好了。

　　我一开始是直接判断精度，但是貌似T了，所以看别人算到1000就行了……

 
#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <map>
#include <set>
#include <vector>
#define N 1005
using namespace std;
int t,n;
double p,q,f[N],g[N];
int main()
{
    scanf("%d",&t);
while(t--)
{
    scanf("%d%lf%lf",&n,&p,&q);
    memset(f,0,sizeof(f));
    memset(g,0,sizeof(g));
    g[0]=1;
    n=min(n,1000);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        if(f[i-1]<g[i-1])
        {
            f[i]=(p*g[i-1]+(1.0-p)*q*f[i-1])/(p+q-p*q);
            g[i]=(q*f[i-1]+(1.0-q)*p*g[i-1])/(p+q-p*q); 
        }
        else
        {
            f[i]=(p*(1.0-q)*f[i-1]+(1.0-p)*g[i-1])/(1.0-p*q);
            g[i]=((1.0-q)*f[i-1]+q*(1.0-p)*g[i-1])/(1.0-p*q);
        }
         
    }
    printf("%.6lf\n",f[n]);
}
    return 0;
}