BZOJ 2318: Spoj4060 game with probability Problem (概率dp)(博弈论)

2318: Spoj4060 game with probability Problem

Description

Alice和Bob在玩一个游戏。有n个石子在这里，Alice和Bob轮流投掷硬币，如果正面朝上，则从n个石子中取出一个石子，否则不做任何事。取到最后一颗石子的人胜利。Alice在投掷硬币时有p的概率投掷出他想投的一面，同样，Bob有q的概率投掷出他相投的一面。

现在Alice先手投掷硬币，假设他们都想赢得游戏，问你Alice胜利的概率为多少。

Input

第一行一个正整数t，表示数据组数。

对于每组数据，一行三个数n，p，q。

Output

对于每组数据输出一行一个实数，表示Alice胜利的概率，保留6位小数。

Sample Input

1

1 0.5 0.5

Sample Output

0.666667

HINT

数据范围：

1<=t<=50

0.5<=p,q<=0.99999999

对于100%的数据 1<=n<=99999999

---

传送门

概率dp的部分不难写，博弈论的策略没想出来。

设$f[i]$表示有$i$枚石子，先手获胜的概率；

$g[i]$表示有$i$枚石子，后手获胜的概率；

则当有$i+1$枚石子时：

　　若$f[i]>g[i]$，则$Alice$希望在有$i$枚石子时取得先手，那么她希望这轮不取；

　　否则，$Alice$希望这轮取得石子；

当Alice希望取得石子时：

　　若Alice在本轮中先手，则有$p$的概率在下轮取得后手，有$1-p$的概率在本轮取得后手；

　　若Alice在本轮中后手，则有$q$的概率在下轮取得先手，有$1-q$的概率在本轮取得先手；

即$$\begin{cases}f_i=p*g_{i-1}+(1-p)*g_i\\g_i=q*f_{i-1}+(1-q)*f_i\end{cases}$$

化简得$$f_i=\frac{p*g_{i-1}+(1-p)*q*f_{i-1}}{1-(1-p)*(1-q)}$$

$$g_i=\frac{q*f_{i-1}+(1-q)*p*g_{i-1}}{1-(1-p)*(1-q)}$$

当Alice不希望取得石子时：$p$和$(1-p)$ $q$和$(1-q)$取反即可

倒推dp即可。

有两个注意的点：

　　n很大，数组肯定是装不下的，显然要用滚动数组。

　　O(n)的时间复杂度显然是跑不过的，打表可以发现答案是收敛的，n很大的时候前6位小数已经固定了，n取min(n,100)就好。似乎是个常见的套路，还是too young，见得不够多。

 #include<cstdio>
 #include<algorithm>
 #define foru(i,x,y) for(int i=x;i<=y;i++)
 using namespace std;
 int T,n,fl;
 double f[],g[],p,q,p_,q_;
 int main(){
     scanf("%d",&T);
     while(T--){
         scanf("%d%lf%lf",&n,&p,&q);
         n=min(n,);
         f[]=;g[]=;q_=-q;p_=-p;
         int i=;
         foru(j,,n){
             if(f[i^]>g[i^])swap(p_,p),swap(q_,q),fl=;
                 f[i]=(p*g[i^]+p_*q*f[i^])/(-q_*p_);
                 g[i]=(q*f[i^]+q_*p*g[i^])/(-q_*p_);
             if(fl==)swap(p_,p),swap(q_,q),fl=;i^=;
         }
         printf("%.6lf\n",f[i^]);
     }
 }