[HDU 5819] Knights （稍难的概率DP）

最新推荐文章于 2021-05-10 22:54:21 发布

mis_deer

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分类专栏：脑洞概率与期望

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探讨了一个涉及骑士在棋盘上决斗的概率问题，通过动态规划算法求解最后一个骑士获胜的概率。定义状态转移方程并进行优化，最终实现的时间复杂度为O(N^2)。

HDU - 5819

棋盘上有 $N$ 个骑士，他们要么向左走，要么向右走
他们相遇时会发生决斗，每个人都有 $\frac 1 2$ 的概率获胜
胜者继续前进，败者直接退出游戏，骑士走到棋盘边缘会回头
问第 $N$ 个骑士获胜的概率

看了题解的状态，感觉太神了……
首先第一个骑士肯定向右，第 $N$ 个肯定向左
第 $N$ 个骑士获胜的条件，即为打败所有左边向右走的骑士
设 $dp[i][j]$ 为前 $i$ 个骑士有 $j$ 个向右走的概率

如果第 $i$ 个骑士向右走，那么 $dp[i][j] = dp[i-1][j-1]$
如果第 $i$ 个骑士向左走，那么 $dp[i][j] = \displaystyle\sum_{k=j}^{i-1} dp[i-1][k]\times (\frac 1 2)^{k-j+1}$
即原本有 $k$ 个骑士向左走，第 $i$ 个骑士阻挠了 $k-j$ 个，并且最后失败的概率
这个转移方程还需要优化一下，由于是个类似等比数列的形式
所以 $dp[i][j] = \frac {dp[i][j+1] + dp[i-1][j]} 2$
还有一种情况是，第 $i$ 个骑士向左走的时候，
打败了左边所有的骑士，最后改变方向向右走
$dp[i][1] += \displaystyle\sum_{k=1}^{i-1} dp[i-1][k]\times (\frac 1 2)^k$

最后的答案即为 $\frac {dp[N][1]} 2$ ，表示最后只剩两个骑士决斗，第 N个骑士获胜的概率
由于优化了转移方程，所以总的时间复杂度是 $\mathcal{O}(N^2)$

#pragma comment(linker, "/STACK:102400000,102400000")
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cctype>
#include <map>
#include <set>
#include <queue>
#include <bitset>
#include <string>
using namespace std;
typedef pair<int,int> Pii;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef double DBL;
typedef long double LDBL;
#define MST(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define CLR(a) MST(a,0)
#define SQR(a) ((a)*(a))
#define PCUT puts("\n----------")

const int maxn=1e3+10, inv2=500000004, MOD=1e9+7;
int N;
int A[maxn];
LL dp[2][maxn];

int main()
{
    #ifdef LOCAL
    freopen("in.txt", "r", stdin);
//  freopen("out.txt", "w", stdout);
    #endif

    int T;
    scanf("%d", &T);
    for(int ck=1; ck<=T; ck++)
    {
        scanf("%d", &N);
        for(int i=1; i<=N; i++) scanf("%d", &A[i]);
        A[N]=0;
        CLR(dp);
        dp[1][1] = 1;
        for(int i=2, cur, las; i<=N; i++)
        {
            cur=i&1, las=(i-1)&1;
            CLR(dp[cur]);
            if(A[i]) for(int j=2; j<=i; j++) dp[cur][j] = dp[las][j-1];
            else
            {
                for(int j=i-1; j>=1; j--)
                {
                    dp[cur][j] = (dp[cur][j+1] + dp[las][j])%MOD *inv2%MOD;
                }
                LL prod = inv2;
                for(int j=1; j<=i-1; j++)
                {
                    dp[cur][1] = (dp[cur][1] + dp[las][j]*prod%MOD)%MOD;
                    prod = prod*inv2%MOD;
                }
            }
        }
        LL ans = dp[N&1][1]*inv2%MOD;
        printf("Case #%d: %lld\n", ck, ans);
    }
    return 0;
}