CodeForces 148D【Bag of mice】-动态规划-详细分析-完整翻译

【Bag of mice】
题目描述
龙与公主在争论新年前夜应该做些什么。龙提议说飞到山上观赏仙女们在月光下跳舞，而公主认为她们只应该早些去睡觉。他们希望能达成一个友好的约定，于是决定听天由命。
这里有一个一开始装有w只白鼠，b只黑鼠的袋子，他们轮流从中抓出一只老鼠。先抓出白鼠的人获胜。当龙从袋子中抓取一只老鼠时，其他老鼠会被惊吓到，并且会随机跳出来一只老鼠（公主取出小鼠时很小心所以不会惊吓到其他小鼠），公主先取，公主获胜的几率多大？
如果袋子里空了并且没有人取出一只白鼠，那么龙赢了。从袋子中跳出来的老鼠不会成为评判获胜者的证据（不用来确定获胜者）。一旦老鼠离开了袋子，它就再也不回来了。每只老鼠从袋子里取出来的概率一样，每只老鼠从袋子里跳出来的概率一样。
输入
输入数据由唯一一行包含两个整数w和b组成(0≤w和b≤1000)
输出
输出公主获胜的概率。数据精确到10 ∧- 9。

样例输入	样例输出
1 3	0.500000000
5 5	0.658730159

试题来源：http://codeforces.com/problemset/problem/148/D
题目解析：
题意：袋子里w只白鼠，b只黑鼠，每次抓一只鼠，先抓到白鼠的获胜，都没抓到则龙获胜。公主先抓，龙在抓时会随机丢失一只鼠输出保留9位小数的公主获胜几率
解题思路：阅读题目，我们会发现随着公主和龙抽取的进行，抽到白鼠和黑鼠的几率是时刻变化的，并且与之前一次的抽取结果有关。所以考虑使用动态规划：用dp[i][j]来记录当目前有i只白鼠，j只黑鼠的情况下，公主获胜的几率。由于每一回合都是公主先抽取，可能情况有：

1. 公主抽到白鼠，公主获胜：概率为i/(i+j)
2. 公主抽到黑鼠，龙抽到白鼠，公主败北：概率为 j/(i+j) * (i)/(i+j-1)
3. 公主抽到黑鼠，龙也抽到黑鼠，袋中跑出一只黑鼠：概率为 j/(i+j) * (j-1)/(i+j-1) * (j-2)/(i+j-2)，此时状态变为dp[i][j-3]注意边界：j>=3
4. 公主抽到黑鼠，龙也抽到黑鼠，袋中跑出一只白鼠：概率为 j/(i+j) * (j-1)/(i+j-1) * i/(i+j-2)，此时状态变为dp[i-1][j-2]注意边界：j>=2,i>=1
5. 当w=0公主必输
6. 当b=0且w≠0，公主必赢

程序清单

#include <stdio.h>
#include <string.h>
using namespace std;
const int MAXN=1000+10;
double dp[MAXN][MAXN];
//dp[i][j]记录当有i只白鼠，j只黑鼠时获胜的几率
int main(void)
{
	int w,b;
	while(~scanf("%d%d",&w,&b))
	{
		memset(dp,0,sizeof(dp));
		for(int i=1;i<=w;i++)
			dp[i][0]=1;//当只有白鼠时全部初始化为1
		for(int i=1;i<=w;i++)
		{
			for(int j=1;j<=b;j++)
			{
				dp[i][j]=(double)i/(i+j);
				if(j>=3)//注意边界条件
					dp[i][j]+=(double)j/(i+j)*(j-1)/(i+j-1)*(j-2)/(i+j-2)*dp[i][j-3];//这里是两条状态转移方程
				if(j>=2)
					dp[i][j]+=(double)j/(i+j)*(j-1)/(i+j-1)*i/(i+j-2)*dp[i-1][j-2];
			}
		}
		printf("%.9lf\n",dp[w][b]);
	}
}