SPOJ 4060 A game with probability

博弈论+dp+概率

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题意不是很好懂

Ai 表示剩 i 个石头、 A 先手的获胜概率。

Bi 表示剩 i 个石头、 B先手的获胜概率。

如果想选，对于 Ai：

有 p 的概率进入 Bi−1 ；有 1−p 的概率进入 Bi

所以 fi=p∗Bi−1+(1−p)∗Bi

如果想选，对于 Bi：

有 q 的概率进入 Ai−1 ；有 1−q 的概率进入 Ai

所以 gi=q∗Ai−1+(1−q)∗Ai

如果不想选, 把 p 变成 1 - p, q 变成 1 - q 即可

为了满足递推关系,我们把 Bi 带入到 Ai 的式子中,

整理得：

Ai=(p∗Bi-1 +(1−p)∗q∗Ai-1 )/(1-(1−p)∗(1−q))

Bi=(q∗Ai-1+(1−q)∗p∗Bi−1)/(1−(1−p)∗(1−q))

然后剩 i 个石头时A的想不想选的意愿与 Ai−1、Ai−1 的大小关系有关。

Ai−1>Bi−1 都不想选。

因为 A 如果选了,就到了 Bi - 1,获胜概率就小了

如果 B 选了, 就到了 Ai - 1, A的获胜概率就大了,B 的获胜概率就小了

Bi−1<Bi−1 都想选。

同理

然后对于不想选的情况，那么 p=1−p，q=1−q 就行了。

然而这样就没法用矩阵乘法了。。。

就需要黑科技，，当n很大时，其实概率已经基本不动了，，让n=min(n,1000)就好了.

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
using namespace std;
int init() {
	int rv = 0, fh = 1;
	char c = getchar();
	while(c < '0' || c > '9') {
		if(c == '-') fh = -1;
		c = getchar();
	}
	while(c >= '0' && c <= '9') {
		rv = (rv<<1) + (rv<<3) + c - '0';
		c = getchar();
	}
	return fh * rv;
}
int T, n;
double a[1005], b[1005], p, q;
int main() {
	T = init();
	while(T--) {
		n = init();
		n = min(n, 1000);
		scanf("%lf%lf", &p, &q);
		a[0] = 0.0; b[0] = 1.0;
		for(int i = 1 ; i <= n ; i++) {
			if(a[i - 1] > b[i - 1]) {p = 1 - p; q = 1 - q;}
			a[i] = p / (1 - (1 - p) * (1 - q)) * b[i - 1] +
				(1 - p) * q / (1 - (1 - p) * (1 - q)) * a[i - 1];
			b[i] = q / (1 - (1 - p) * (1 - q)) * a[i - 1] +
				(1 - q) * p / (1 - (1 - p) * (1 - q)) * b[i - 1];
			if(a[i - 1] > b[i - 1]) {p = 1 - p; q = 1 - q;}
		}
		printf("%.6lf\n",a[n]);
	}
	return 0;
}