BZOJ 2318 Spoj4060 game with probability Problem 概率DP

最新推荐文章于 2021-07-19 20:16:15 发布

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本文介绍了一种计算投币游戏中Alice获胜概率的方法。通过建立递推公式来确定不同状态下玩家的胜率，并考虑了是否拿走石子的最优策略。提供了一个C++实现示例。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

题目描述 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。

输入描述 Input Description
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。

输出描述 Output Description
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。

样例输入 Sample Input
1
1 0.5 0.5

样例输出 Sample Output
0.666667

数据范围及提示 Data Size & Hint
$1<=t<=50,0.5<=p,q<=0.99999999,1<=n<=99999999$

Solution

设 $f[i]$ 为还剩 $i$ 个石子时轮到Alice,Alice的胜率, $g[i]$ 为还剩 $i$ 个石子时轮到Bob,Alice的胜率
假设每一次都是拿走石头最优,则会有
$f[i]=p*g[i-1]+(1-p)*g[i]$
$g[i]=q*f[i-1]+(1-q)*f[i]$
将两式化为可以递推的形式,使 $f[i]$ 从 $f[i-1]$ 和 $g[i-1]$ 转移, $g[i]$ 同理
最终化为:

f [i] = p * g [ i - 1 ] + ( 1 - p ) * q * f [ i - 1 ] p + q - p * q

$f[i]=\frac{p*g[i-1]+(1-p)*q*f[i-1]}{p+q-p*q}$

g [i] = q * f [ i - 1 ] + ( 1 - q ) * p * g [ i - 1 ] p + q - p * q

$g[i]=\frac{q*f[i-1]+(1-q)*p*g[i-1]}{p+q-p*q}$

好的,但是有个问题,就是并不一定每次都是拿走石头最优,万一这次拿走石头后对方马上就赢了呢?
所以说有时候可能会选择不拿走石子
不拿走石子时则会有:
$f[i]=p*g[i]+(1-p)*g[i-1]$
$g[i]=q*f[i]+(1-q)*f[i-1]$

忽然发现不就把 $(p,1-p),(q,1-q)$ 分别对调一下么

什么时候拿走石头最优呢?若成功拿走石子的收益大于不拿走石子的收益者拿走,否则不拿走
对比 $f[i-1],g[i-1]$ 即可

代码如下:

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
double p,q;
double f[10005],g[10005];
void work() {
    scanf("%d%lf%lf",&n,&p,&q);
    n=min(n,10000);
    g[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++) {
        if(f[i-1]>g[i-1]) { p=1.0-p;q=1.0-q; }
        double d=p+q-p*q;
        f[i]=(p*g[i-1]+(1-p)*q*f[i-1])/d;
        g[i]=(q*f[i-1]+(1-q)*p*g[i-1])/d;
        if(f[i-1]>g[i-1]) { p=1.0-p;q=1.0-q; }
    }
    printf("%.6lf\n",f[n]);
}
int main() {
    int t;
    scanf("%d",&t);
    while(t--) {work();}
    return 0;
}