HDU 4405 期望DP

最新推荐文章于 2021-07-23 15:57:52 发布

原创最新推荐文章于 2021-07-23 15:57:52 发布 · 855 阅读

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本文介绍了一个经典的期望DP问题：通过掷骰子在特殊连接的格子上前进，并求解达到终点或超出终点所需的期望掷骰子次数。文章详细解析了从后向前推进的DP方法，并给出了具体实现代码。

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期望DP算是第一题吧...虽然巨水但把思路理理清楚总是好的。。

题意：在一个1×n的格子上掷色子，从0点出发，掷了多少前进几步，同时有些格点直接相连，即若a，b相连，当落到a点时直接飞向b点。求走到n或超出n期望掷色子次数

SOL：

期望DP还是显然的，从后往前推也是显然的——这个题目能比较好地理解为什么要从后往前推。概率DP每个状态都在当前已知的概率下推出——最基本事件的概率往往都是已知的，而期望不同，从头开始，头的期望步数是根本不可知的，一旦遇上不可行状态极难处理，而从后往前推，最后一个状态的期望一般均为0，而它是由在它之前的状态转移而来，那么前面状态就可以更新了——

——例如本题，E[i]表示从第i个格子到第n个格子的期望步数，那么dp[n]显然等于0，而对于第i个点，它下一步可能的方向是i+1~6，那么根据概率的那什么公式累加已推出的点乘上概率——因为转移是要掷色子的所以还要再加上一。

然而对于直接相连的两个点怎么考虑呢，对于相对位置靠前的那个点——它只能到下一个点，那么它的期望直接就传过来了。。连加一都不需要...所以期望&概率题需要考虑清楚状态之间的关系——保证DP的正确。

code：

#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#define ll long long
double dp[100005];
int vis[100005];

int main()
{
    int n,m;
    while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF){
        if((n+m)==0)break;
        memset(vis,-1,sizeof(vis));
        for(int i=1;i<=m;i++){
            int a,b;
            scanf("%d%d",&a,&b);
            vis[a]=b;
        }
        memset(dp,0,sizeof(dp));
        for(int i=n-1;i>=0;i--){
            if(vis[i]==-1){
                for(int j=1;j<=6;j++){
                    dp[i]+=dp[i+j]/6.0;
                }
                dp[i]+=1;
            }
            else
                 dp[i]=dp[vis[i]];
        }
        printf("%.4lf\n",dp[0]);
    }
    return 0;
}