zoj 3329 One Person Game（递推方程转化求解系数）

最新推荐文章于 2024-07-30 22:36:31 发布

原创最新推荐文章于 2024-07-30 22:36:31 发布 · 622 阅读

0 ·

CC 4.0 BY-SA版权

数论同时被 2 个专栏收录

42 篇文章

订阅专栏

概率DP

12 篇文章

订阅专栏

本文探讨了一个掷骰子游戏的期望步数计算方法，涉及动态规划和概率论知识，通过设定状态转移方程，求解达到特定分数所需的平均步数。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

题意：有三个骰子，分别有k1,k2,k3个面。
每次掷骰子，如果三个面分别为a,b,c则分数置0，否则加上三个骰子的分数之和。
当分数大于n时结束。求游戏的期望步数。初始分数为0

设dp[i]表示达到i分时到达目标状态的期望，pk为投掷k分的概率，p0为回到0的概率
则dp[i]=∑(pk*dp[i+k])+dp[0]*p0+1;
都和dp[0]有关系，而且dp[0]就是我们所求，为常数
设dp[i]=A[i]*dp[0]+B[i];
代入上述方程右边得到：
dp[i]=∑(pk*A[i+k]*dp[0]+pk*B[i+k])+dp[0]*p0+1
=(∑(pk*A[i+k])+p0)dp[0]+∑(pk*B[i+k])+1;
明显A[i]=(∑(pk*A[i+k])+p0)
B[i]=∑(pk*B[i+k])+1
先递推求得A[0]和B[0].
那么 dp[0]=B[0]/(1-A[0]);

#include<iostream>
#include<math.h>
#include<string.h>
#include<cstdio>
using namespace std;

int main()
{
    int i,j,k,f,m,n,a,b,c,k1,k2,k3,t;
    double A[600],B[600],p[600],pp,res;
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        scanf("%d%d%d%d%d%d%d",&n,&k1,&k2,&k3,&a,&b,&c);
        memset(A,0,sizeof(A));
        memset(B,0,sizeof(B));
        memset(p,0,sizeof(p));
        pp=1.0/k1/k2/k3;
        for(i=1; i<=k1; i++)
        {
            for(j=1; j<=k2; j++)
            {
                for(k=1; k<=k3; k++)
                {
                    if(i!=a || j!=b || k!=c)
                        p[i+j+k]+=pp;
                }
            }
        }

        for(i=n; i>=0; i--)
        {
            for(j=3; j<=k1+k2+k3; j++)
            {
                A[i]+=A[j+i]*p[j];
                B[i]+=B[j+i]*p[j];
            }
            B[i]++;
            A[i]+=pp;
        }
        double res=B[0]/(1-A[0]);
        printf("%.16lf\n", res);
    }
    return 0;
}