HDU 6656 Kejin Player 概率(期望)dp

最新推荐文章于 2024-05-22 17:32:19 发布

原创最新推荐文章于 2024-05-22 17:32:19 发布 · 274 阅读

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该博客介绍了如何解决一个关于武器升级概率DP问题的算法。问题涉及计算从某一级升到下一级的期望花费，并处理多次询问。通过定义期望花费的递推公式，可以实现O(1)时间复杂度回答询问。博主讨论了递推式和如何处理可能的负数和分母为0的情况。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

题意: 一个武器共有n+1级, 给出第i级升到i+1级的花费, 成功概率, 失败掉回第几级, 给出q次询问, 每次问从第l级升到第r级的期望花费.

可以发现这个题的期望具有可加性: 设 $d p [i]$ 表示 $i$ 升到 $i + 1$ 的期望花费, 那么 $i$ 升到 $i + 2$ 的花费就是 $d p [i] + d p [i + 1]$ , 那么对于任意 $l$ 和 $r$ 只要求出 $d p$ 数组的前缀和即可 $O (1)$ 回答询问.

那么问题就转化为求 $d p [i]$ , 即每级的期望花费.
如果第j次升级成功, 那么花费就是a[i]; 如果第j次没有成功, 就要再从x[i]级升回i级, 然后再判断第j+1次有没有成功…
列个式子的话是这样: 期望花费=a[i]+(1-p[i])*(期望x[i] to i)*(a[i]+(1-p[i])*(期望x[i] to i)*…)
很显然加粗部分是递归的. 只要设期望花费为W, 加粗部分也会是W, 移一下项就能得到递推式.
$dp[i]=(a[i]+(1−p[i])∗(sum[i−1]−sum[x[i]−1]))p[i]dp[i]=(\frac{a[i]+(1-p[i])*(sum[i-1]-sum[x[i]-1]))}{p[i]}$ , 其中, $s u m [j]$ 表示 $d p [j]$ 的前缀和, 即从 $1$ 级升到 $j + 1$ 级的期望花费.

注意加法取模可以不用 $%mod\%mod$ ,因为两个小于 $m o d$ 的数相加对 $m o d$ 取余只需要减掉一个 $m o d$ 就可以了(这样比较快).

这个题我用分数写不知道为啥会出现负数和分母为0的情况…

int n, q, x[M];
ll a[M], p[M], sum[M], dp[M];

inline ll MOD1(ll xx) {
    if (xx >= mod)return xx - mod;
    return xx;
}

void init() {
    int _ = read();
    while (_--) {
        n = read(), q = read();
        for (int i = 1; i <= n; ++i) {
            ll r = read(), s = read();
            x[i] = read(), a[i] = read();
            p[i] = r * niYuan(s, mod) % mod;
            dp[i] = MOD1(a[i] + MOD1(1 + mod - p[i]) * (MOD1(sum[i - 1] + mod - sum[x[i] - 1])) % mod)
                    * niYuan(p[i], mod) % mod;
            // 相当于
            // dp[i] = (a[i] + (1 - p[i]) * (sum[i - 1] - sum[x[i] - 1])) / p[i];
            sum[i] = MOD1(sum[i - 1] + dp[i]);
        }
        while (q--) {
            int l = read(), r = read();
            write(MOD1(sum[r - 1] + mod - sum[l - 1]));
            enter;
        }
    }
}