Aeroplane chess（期望dp）

最新推荐文章于 2025-05-23 08:55:07 发布

Looy_cai

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分类专栏： dp 文章标签：算法 c++

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本文介绍了一个关于棋盘游戏的数学问题，利用动态规划方法解决从起点到终点掷骰子到达终点的期望次数，考虑了跳跃点的直接转移。通过递推公式dp[i] = (dp[i+1] + dp[i+2] + ... + dp[i+6])/6 + 1进行求解，并给出了C++代码实现。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

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题目

在这里插入图片描述

大致题意

有n个格点，掷骰子 $(1 - - 6)$ ，超过n就胜利。现有m个跳跃点，到 $x$ 位置时可以直接飞到 $y$ 位置。问：从起点到终点掷骰子的期望次数。

思路

骰子每个面的概率为 $1/6$
$d p [i]$ ：从位置 $i$ 到达 $n$ 期望掷骰子的次数。所以 $d p [n] = 0$
当到达 $x$ 位置时可以直接飞到 $y$ 位置说明 $d p [x] = d p [y]$
求期望从后往前推
$d p [i] = (d p [i + 1] + d p [i + 2] + d p [i + 3] + d p [i + 4] + d p [i + 5] + d p [i + 6]) /6 + 1$
加一操作：到达当前状态需要掷一次骰子。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
//#define int long long
const int N = 1e5+10;
vector<int>v[N];
int vis[N];
double dp[N];
signed main(){
//	ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
	int n,m,x,y;
	while(cin>>n>>m&&(m+n)){
		for(int i=1;i<=n;i++)v[i].clear();
		memset(dp,0,sizeof(dp));
		memset(vis,0,sizeof(vis));
		for(int i=0;i<m;i++){
			cin>>x>>y;
			v[y].push_back(x);
		}
		for(int i=n;i>=0;i--){
			if(i!=n&&!vis[i]){
				for(int j=1;j<7;j++){
					dp[i]+=dp[i+j]/6.0;
				}
				dp[i]+=1.0;
			}
			for(int j=0;j<v[i].size();j++){
				vis[v[i][j]]++;
				dp[v[i][j]]=dp[i];
			}
		}
		printf("%.4lf\n",dp[0]);
	}
	return 0;
}