成环的概率dp(初级) zoj 3329

原题地址：https://vjudge.net/problem/ZOJ-3329

题目大意：

　　有三个骰子,分别有k1,k2,k3个面,初始分数是0。第i骰子上的分数从1道ki。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。

(0<=n<= 500,1<K₁,K₂,K₃<=6,1<=a<=K₁,1<=b<=K₂,1<=c<=K₃)

思路：

　　如果设当前分数为 i ，且再有 dp[ i ] 次投掷可以达到分数 n

　　设该次投出的点数为 k

　　那么容易写出状态转移方程  dp[ i ] = ∑ ( dp[ i+k ] * p[ k ] )  +  dp[ 0 ] * p[ 0 ] + 1 

　　因为从当前状态开始，再投一次( 这就是式子中 +1 的由来 ) 可能到达的分数有 k 种，概率分别为 p[ 1 ] 到 p[ k ] (当然， p[ 1 ] , p [ 2 ]已被初始化为 0 .

　　除此之外 ，也可能投出 k1=a,k2=b,k3=c 的组合，因此要加上 dp[ 0 ] * p[ 0 ]  这一项 .

　　至此，我们得到了转移方程

　　但是，经过观察我们可以发现它实际上是不能用的

　　大凡可以使用的方程，必定是从一个方向推向另一个方向，要么从小到大（正推） ，要么从大到小（逆推）

　　但是这个方程中，右边的项同时包含了比 i 大的( dp[ i+k ] ) 和比 i 小的( dp[ 0 ] )

　　这就使dp 陷入一个自身依赖自身的环中

　　一般遇到这种情况，我们会采取高斯消元法解方程来解决

　　但因为博主太菜了，还不会（会补的，会补的......)

　　同时，这道题中阻碍我们进行 dp 的只有 dp[ 0 ] 这一项

　　因此我们采取将 dp[ 0 ] 设为未知数的方法

　　

　　注意到，每个 dp[ i ] 都含有相同的元素 dp[ 0 ]

　　则 dp[ i ] 是 dp [ 0 ] 的一个线性组合( 因为没有出现 dp[ 0 ] 的高次幂）

　　因此可以将转移方程写成  dp[ i ] = dp[ 0 ] * a[ i ]+b[ i ]  ············（ 1 ）

　　于是就有 dp[ i+k ] = dp[0] * a[ i+k ]+b[ i+k ]

　　把这个式子带入原来的转移方程得到 dp[ i ]  = dp[ 0 ] * p[ 0 ] + ∑( dp[ i+k ] * p[ i+k ] )  +  1

　　再将这个式子中的 dp[ 0 ] 分离出来，化成与式 （ 1 ） 相同的形式    dp[ i ]  = dp[ 0 ] * (     ∑ ( a[ i+k ] * p[ i+k ] ) + p[ 0 ]     )    +     （     ∑( b[ i+k ] * p[ i+k ] ) + 1    ）

　　我们把（ 1 ）式拉下来，让你看得更清楚：                                       dp[ i ]   = dp[0]              *                 a[ i ]                             +                          b[ i ]  

　　因此，我们得到了新的，关于 a,b 的方程：

　　

　　　　a[ i ] = ∑ (   a[ i+k ] * p[ i+k ] ) + p[ 0 ]

               b[ i ] =∑ (  b[ i+k ] * p[ i+k ] ) + 1

　　我们惊喜地发现，这是两个状态转移方程！

　　我们可以通过逆推得到 a[ 0 ] 和 b[ 0 ]

　　还记得式（1）吗？如果我们把它的 i 取成 0 ，就得到：

　　　　　　dp[ 0 ] = dp[ 0 ] * a[ 0 ]+b[ 0 ]

　　我们终于能够解出 dp[ 0 ]

　　而这也正是本题的答案

下边附上kuagnbin 大大的代码：

·　　

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;

double A[],B[];
double p[];
int main()
{
    int T;
    int k1,k2,k3,a,b,c;
    int n;
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
        scanf("%d%d%d%d%d%d%d",&n,&k1,&k2,&k3,&a,&b,&c);
        double p0=1.0/k1/k2/k3;
        memset(p,,sizeof(p));
        for(int i=;i<=k1;i++)
          for(int j=;j<=k2;j++)
            for(int k=;k<=k3;k++)
              if(i!=a||j!=b||k!=c)
                p[i+j+k]+=p0;
        memset(A,,sizeof(A));
        memset(B,,sizeof(B));
        for(int i=n;i>=;i--)
        {
            A[i]=p0;B[i]=;
            for(int j=;j<=k1+k2+k3;j++)
            {
                A[i]+=A[i+j]*p[j];
                B[i]+=B[i+j]*p[j];
            }
        }
        printf("%.16lf\n",B[]/(-A[]));
    }
    return ;
}

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