ACM - ICPC World Finals 2013 B Hey, Better Bettor

原题下载：http://icpc.baylor.edu/download/worldfinals/problems/icpc2013.pdf

这题真心的麻烦……程序不长但是推导过程比较复杂，不太好想

题目翻译：

问题描述

　　“在赌场里，基本原则就是让他们玩下去以及让他们再来玩。他们玩得越久，他们会输的越多，最后，我们会得到一切”
　　（摘自1995年的电影Casino）
　　最近的经济衰退还没有影响到娱乐场所，包括赌场。赌场吸引广大玩家的竞争是很残酷的，有些赌场已经开始提供一些看上去很好的措施。有一个赌场正在提供以下的优惠：你可以在这个赌场里赌很多次。当你赌完之后，如果你的总资金减少了，这个赌场会把你损失的x%退还给你。显然，如果你赚了，你可以留下所有的钱。这个服务没有时间限制和金钱限制，但是你只能赎回一次。
　　为简单起见，假定所有的赌局会花费1块钱，如果你赢得了赌局，会返还2块钱。现在假设x等于20。如果你一共进行了10次赌局，且只赢得了其中3个，那么你一共会损失3.2块钱。如果你赢得了6次赌局，你会赢得2块钱。
　　给定x和赢得赌局的概率p%，写一个程序，计算在最优策略下你的最大期望收益。

输入格式

　　每个输入文件只包含一组测试数据。每个测试数据包含两个数字，第一个数字x(0≤x<100)表示返还比例，第二个数字p(0≤p<50)表示获胜概率。x和p最多只包含两位小数

输出格式

　　对每个测试数据输出一行，表示最大期望获利，当你的答案与标准输出的误差在0.001以内时，被认为是对的

样例输入

0 49.9

样例输出

0.0

样例输入

50 49.85

样例输出

7.10178453

数据规模和约定

　　0≤x<100,0≤p<50,x和p最多只包含两位小数

题目大意：

你去进行赌博，有p%的胜率，每赌一场花费1元，赢了会得到2元，输了就输了（^_^），你可以无限制赌下去，你可以选择在适当的时候使用一次返款机会，即如果你当前输着钱，赌场会返还给你你输钱的x%，但是只能返还一次，求最后可以赚到钱的期望值

思路分析：

这道题是典型的求数学期望的题，考虑到返款只能用一次，所以我们一定是在结束的时候使用这次机会。由于我们可以进行无限局赌博，所以我们的期望值与当前赌的局数无关，而是与当前赚了多少钱有关。我们定义\( f_i \)表示当前赚的钱数为\( i \)时所得收益的数学期望。此时我们就有了赌或不赌这两种决策方式，如果选择不赌且当前盈利为负（\( i < 0\)）时，会得到\(|i|x\%\)的返款，我们可以得到关系式

\[f_i=max\left\{\begin{array}{ll}i&\mbox{i>0 且选择不赌}\\\left(1-x\%\right)i&\mbox{i<0 且选择不赌}\\p\%f_{i+1}+\left(1-p\%\right)f_{i-1}&\mbox{选择继续赌下去}\end{array}\right.\]

我们先在坐标系上把选择不赌的曲线画出来，会得到一条折点在原点的折线。假设现在坐标系中我们已经得到了当前的最优解，将它逐步调整成实际的最优解，回句话说，对于所有满足\(p\%f_{i+1}+\left(1-p\%\right)f_{i-1}>f_i\)的点全部用\(p\%f_{i+1}+\left(1-p\%\right)f_{i-1}\)来更新直至全部无法更新，由于\(p\%<50\%\)，而且我们的折线的两支都是单增的，所以当i-1、i、i+1三个点位于一条直线上时我们始终不会更新i（以为不可能更优），所以我们只可能从原点开始进行更新，而且我们不可能无限制地更新（想想也知道，如果都输干净了还不如不再赌下去，赢得多了也应该见好就收），因为这个递推函数的增长率是渐进为线性的，也就是说会存在上下界两个点使得无法继续更新。至此我们已经找到了问题的突破口——不停地对当前序列进行更新直至无法更新，\(f_0\)即为所求

但是尽管如此，我们可能更新的上下界依然可能非常大，这样直接更新非常容易超时。换一种思路，如果我们已知上下界的话，我们可以通过求通项来计算出\(f_0\)的值

对于上下界内的这部分我们都满足\[p\%f_i=f_{i-1}+\left(1-p\%\right)f_{i-2},\]然后我们就得到了一个二阶线性递推数列，特征方程为\[x^2=\frac{1}{p\%}x+\frac{1-p\%}{p\%},\]因式分解之后解得\[x_1=1,\qquad x_2=\frac{1-p\%}{p\%},\]然后得到通项公式\[f_n=\left(\frac{1-p\%}{p\%}\right)^n\alpha+\beta，\]则\(f_0=\alpha+\beta\)即为所求，由于已知上下界i和j（i < j），上下界正巧和不赌的两种情况相等，因此我们可以得到两个方程\[\left\{\begin{array}{l}\left(1-x\%\right)i=\left(\frac{1-p\%}{p\%}\right)^i\alpha+\beta\\j=\left(\frac{1-p\%}{p\%}\right)^j\alpha+\beta\end{array}\right.,\]

为了简单起见，我们设\(k_w=\left(\frac{1-p\%}{p\%}\right)^w\)，然后解得\[\alpha=\frac{\left(1-x\%\right)i-j}{k_i-k_j},\\\beta=j-k_j\alpha,\]

但是枚举上下界依旧会超时，我们通过对小数据暴搜发现当下界已定的时候\(f_0\)是关于上界的一个单峰的上凸函数，同样地下界已定时\(f_0\)是关于上界的单峰凸函数（这一点暂时不会证明……只是观察发现的，但事实上它真的成立，希望会证明的朋友不吝赐教），然后就可以用三分法求单峰函数极值（先三分下界，里面套着三分上界），最后可以得到答案。对三分法不熟悉的同学可以参照这个博客http://chenjianneng3.blog.163.com/blog/#m=0

算法流程：

三分下界  里面套着三分上界，计算出对应的\(\alpha+\beta\),（注意应用快速幂），求出极值

参考代码：

 //date 20140126
 #include <cstdio>
 #include <cstring>
 const int inf = ;
 const double EPS = 1e-;
 int l, r, m1, m2;
 double x, p, q, ans;
 void frenew(double &x, double y){if(y - x > EPS)x = y;}
 inline double pow(double n, int x)
 {
     double ans = 1.0;
     while(x)
     {
         if(x & )ans *= n;
         n *= n;
         x >>= ;
     }
     return ans;
 }
 inline double calc(int i, int j)
 {
     double sig = i * (x - 1.0) + j;
     int n = j - i;
     double a1 = sig * (q - 1.0) / (pow(q, n) - 1.0);
     if(a1 < EPS)return 0.0;
     double sig2 = a1 * (pow(q, -i) - 1.0) / (q - 1.0);
     double res = sig2 + i * ( - x);
     return res > EPS ? res : 0.0;
 }
 inline double work2(int w)
 {
     int l = , r = inf, v1, v2;
     while(l +  < r)
     {
         v1 = (l + l + r) / ;
         v2 = (l + r + r) / ;
         if(calc(w, v1) - calc(w, v2) < -EPS)l = v1; else r = v2;
     }
     double res = calc(w, l);
     frenew(res, calc(w, l + ));
     frenew(res, calc(w, r));
     return res;
 }
 inline double solve()
 {
     int l = -inf, r = , v1, v2;
     while(l +  < r)
     {
         v1 = (l + l + r) / ;
         v2 = (l + r + r) / ;
         if(work2(v1) - work2(v2) < EPS)l = v1; else r = v2;
     }
     ans = work2(l);
     frenew(ans, work2(l + ));
     frenew(ans, work2(r));
     return ans;
 }
 int main()
 {
 //  freopen("bettor.in", "r", stdin);
 //  freopen("bettor.out", "w", stdout);

     while(scanf("%lf%lf", &x, &p) != EOF)
     {
         x /= 100.0; p /= 100.0;
         q = (1.0 - p) / p;
         printf("%.9lf\n", solve());
     }
     return ;
 }

需要注意的细节：

1.注意浮点运算的误差和比较

2.对无穷大值不可以直接求幂，，需要进行特判

3.由于函数定义域是整数集，所以要注意三分的结束条件