zoj3329

xiaoxiao2021-02-28  11

题目大意

三个色子分别有k1 k2 k3 个面,标号都为1~ki,落到各面的概率相等。从0开始每抛一次色子前进三个色子的点数和个单位,直到前进至大于n。当抛出a,b,c时,回到0。求抛色子的次数的期望。

思路 求期望时适宜用时间上晚于此状态的状态来更新此状态。 设此状态为p,并以一定的概率转移到a,b,c状态,则 dp[p] 可用 pr(p, a) * dp[a] + pr(p, b) * dp[b] + pr(p, c) * dp[c] 来更新。这时如果时间上晚的状态能先于时间上早的状态求解则能较容易的地推出结果。 这题中如果不会因为抛出a, b, c而回到0,则定义dp[i]为还需要抛的次数,就能从后往前递推求解。 但由于有回到0的限制,发现状态的期望值之间的其实是循环定义的关系的,也就很难以一定的顺序递推求解。 当我们以代数的角度看待这个问题,dp[i] (i >= 0 && i <= n)为n + 1个变量很容易写出 n + 1 个线性的约束方程,可通过高斯消元求解,复杂度为O(n^2) 但如果我们只把dp[0]看作变量x,我们便可从后往前递推出,dp[i] = k * x + b (k, b为常数) 如dp[n] = 1 / (k1 * k2 * k3) * dp[0] + 1 最终 dp[0] = k * dp[0] + b, 于是O(n) 复杂度递推,O(1)复杂度求解 #include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> #include <cmath> #define INF 0x3f3f3f3f #define rep0(i, n) for (int i = 0; i < n; i++) #define rep1(i, n) for (int i = 1; i <= n; i++) #define rep_0(i, n) for (int i = n - 1; i >= 0; i--) #define rep_1(i, n) for (int i = n; i > 0; i--) #define MAX(x, y) (((x) > (y)) ? (x) : (y)) #define MIN(x, y) (((x) < (y)) ? (x) : (y)) #define mem(x, y) memset(x, y, sizeof(x)) #define MAXN 510 #include <iomanip> #define eps 1e-10 using namespace std; int n, k1, k2, k3, a, b, c, cnt[20]; double aa[MAXN], bb[MAXN]; void solve() { mem(cnt, 0); for (int i = 0; i <= n; i++) aa[i] = bb[i] = 0; for (int x = 1; x <= k1; x++) { for (int y = 1; y <= k2; y++) { for (int z = 1; z <= k3; z++) { if (x == a && y == b && z == c) continue; if (x + y + z <= n) cnt[x + y + z]++; } } } for (int i = n; i >= 0; i--) { aa[i] += (double)1 / (k1 * k2 * k3); bb[i] += (double)1; for (int t = 1; t < 20; t++) { if (i + t <= n) { bb[i] += (double)cnt[t] / (k1 * k2 * k3) * bb[i + t]; aa[i] += (double)cnt[t] / (k1 * k2 * k3) * aa[i + t]; } } } printf("%.15f\n", bb[0] / (1 - aa[0])); //cout << setprecision(16) << bb[0] / (1 - aa[0]) << endl; } int main() { #ifndef ONLINE_JUDGE freopen("in.txt", "r", stdin); #endif // ONLINE_JUDGE int t; scanf("%d", &t); while (t--) { scanf("%d %d %d %d %d %d %d", &n, &k1, &k2, &k3, &a, &b, &c); solve(); } return 0; }

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