zoj 3229 期望dp 比较经典

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思路从这个
博客：http://blog.youkuaiyun.com/morgan_xww/article/details/6775853
思路：（//后面是我自己添加上的帮助理解，其余解题思路的是转载，我用的记忆化搜索写的）
 dp求期望的题。 
    题意： 
    有三个均匀的骰子，分别有k1,k2,k3个面，初始分数是0， 
    当掷三个骰子的点数分别为a,b,c的时候，分数清零，否则分数加上三个骰子的点数和， 
    当分数>n的时候结束。求需要掷骰子的次数的期望。 
    题解: 
    设 E[i]表示现在分数为i，到结束游戏所要掷骰子的次数的期望值。 
    显然 E[>n] = 0; E[0]即为所求答案; 
    E[i] = ∑Pk*E[i+k] + P0*E[0] + 1; (Pk表示点数和为k的概率，P0表示分数清零的概率)//因为E[i+k]里面含有E[0]项所以说E[0]的系数并不是P0而是一个变元
    由上式发现每个 E[i]都包含 E[0]，而 E[0]又是我们要求的，是个定值。 
    设 E[i] = a[i]*E[0] + b[i]; //=>E[0]=a[0]*E[0]+b[0] =>E[0]=b[0]/(1-a[0]);
    将其带入上面的式子： 
    E[i] = ( ∑Pk*a[i+k] + P0 )*E[0] + ∑Pk*b[i+k] + 1; 
    显然， 
    a[i] = ∑Pk*a[i+k] + P0; 
    b[i] = ∑Pk*b[i+k] + 1; 
    当 i > n 时： 
    E[i] = a[i]*E[0] + b[i] = 0; 
    所以 a[i>n] = b[i>n] = 0; 
    可依次算出 a[n],b[n]; a[n-1],b[n-1] ... a[0],b[0]; 
    则 E[0] = b[0]/(1 - a[0]); 
*/
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#define N 550
int n,k1,k2,k3,a,b,c;
double dpa[N],dpb[N],p0;
double dfsb(int f) {
 int i,j,k;
 if(f>n)return 0;
 if(dpb[f])return dpb[f];
 for(i=1;i<=k1;i++)
    for(j=1;j<=k2;j++)
 for(k=1;k<=k3;k++) {
  if(i==a&&j==b&&c==k)continue;
    dpb[f]+=dfsb(f+i+j+k)*p0;
 }
 return dpb[f]=dpb[f]+1;
}
double dfsa(int f) {
   int i,j,k;
 if(f>n)return 0;
 if(dpa[f])return dpa[f];
 for(i=1;i<=k1;i++)
    for(j=1;j<=k2;j++)
 for(k=1;k<=k3;k++) {
  if(i==a&&j==b&&c==k)continue;
    dpa[f]+=dfsa(f+i+j+k)*p0;
 }
 return dpa[f]=dpa[f]+p0;
}
int main() {
     int t;
     scanf("%d",&t);
     while(t--) {
        scanf("%d%d%d%d%d%d%d",&n,&k1,&k2,&k3,&a,&b,&c);
         memset(dpa,0,sizeof(dpa));
         memset(dpb,0,sizeof(dpb));
         p0=1.0/(k1*k2*k3);
        printf("%.15f\n",dfsb(0)/(1-dfsa(0)));
     }
return 0;}