【题解】CF#24 D-Broken Robots

　　在某次考试的时候用过的办法，懒人必备……【笑哭】

　　一个非常显然的 dp，我们用 \(f[i][j]\) 表示第 \(i\) 行第 \(j\) 列的格子走到最后一排的期望步数转移即为

\(f[i][j] = \frac{f[i][j - 1] + f[i][j + 1] + f[i + 1][j] + f[i][j]}{4} + 1\)

略微的化一下简：

\(f[i][j] = \frac{f[i][j - 1] + f[i][j + 1] + f[i + 1][j] + 4}{3}\)

　　（当然，对于 j = 1 和 j = m 的情况是另外两个式子，但推导的方法是一样的）。这个式子使用高斯消元优化一下就能搞定，然而非常悲伤，像我这样的蒟蒻写高斯消元常常写挂，也不是很敢码。那怎么办办呢？人工大法好啊！

　　我们可以注意到行与行之间是不会相互转移的，我们可以认为当前行的 dp 数组为 f，下一行的 dp 数组为 g。那么对于 \(f[i][m]\) 而言，我们有

\(f[m] = \frac{f[m - 1] + g[m] + 3}{2}\)

也就是说，我们可以用 \(f[i - 1]\) 来表示出 \(f[i]\) 的值！

那么每从 \(f[j] -> f[j - 1]\)，我们都可以得到一个递推式

\(f]j] = k * f[j - 1] + t\)

那么这个式子递归到尽头 f[1] 的时候

我们陡然发现式子中的未知数只剩下了一个 f[1]！

此时，只需不断回代就能得到 f[2 ... m]。

　　复杂度 \(O(n * m)\) ，非常优秀是吧~

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define maxn 1050
#define db double
int n, m, S, T;
db f[maxn][maxn];

int read()
{
    int x = , k = ;
    char c; c = getchar();
    while(c < '' || c > '') { if(c == '-') k = -; c = getchar(); }
    while(c >= '' && c <= '') x = x *  + c - '', c = getchar();
    return x * k;
}

void DP(int p, int x, db k, db t)
{
    if(!x) return;
    if(x == )
    {
        f[p][x] = (f[p + ][x] + 3.0 + t) / (2.0 - k);
        return;
    }
    db k1 =  / (3.0 - k), t1 = (f[p + ][x] + 4.0 + t) / (3.0 - k);
    DP(p, x - , k1, t1);
    f[p][x] = f[p][x - ] * k1 + t1;
}

int main()
{
    n = read(), m = read(), S = read(), T = read();
    for(int i = n - ; i >= ; i --)
    {
        db k = 0.5, t = 0.5 * (3.0 + f[i + ][m]);
        DP(i, m - , k, t);
        if(m == ) f[i][m] = f[i + ][m] + 2.0;
        else f[i][m] = k * f[i][m - ] + t;
    }
    printf("%.10lf\n", f[S][T]);
    return ;
}