Spoj4060 game with probability Problem

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Solution:

刚开始还以为博弈论加概率，然而并不是...

设两个状态:\(f(i)\)表示当前剩下\(i\)个石头时，先手的获胜概率，\(g(i)\)为后手的获胜概率(注：先后手定义参照博弈论。。。)

我们再设\(p'\)表示\(A\)抛硬币为正面朝上的概率，\(q'\)表示\(B\)抛硬币为正面朝上的概率，则易得转移式:

\[f(i)=p'g(i-1)+(1-p')g(i)\\
g(i)=q'f(i-1)+(1-q')f(i)
\]

现在我们是不能直接进行dp的，因为方程中存在与它同阶段的值，则我们需要进行转化

\[f(i)=p'g(i-1)+(1-p')(q'f(i-1)+(1-q')f(i))\\
f(i)=p'g(i-1)+(q'f(i-1)+(1-q')f(i))-p'(q'f(i-1)+(1-q')f(i))\\
f(i)=p'g(i-1)+q'f(i-1)+(1-q')f(i)-p'q'f(i-1)-p'(1-q')f(i)\\
f(i)=p'g(i-1)+q'f(i-1)-p'q'f(i-1)+(1-p')(1-q')f(i)\\
f(i)=\frac{p'g(i-1)+q'(1-p')f(i-1)}{1-(1-p')(1-q')}
\]

类似的，我们同样可以得到关于\(g(i)\)的式子:

\[g(i)=\frac{q'f(i-1)+p'(1-q')g(i-1)}{1-(1-p')(1-q')}
\]

则这就是最终的转移方程式，但是，我们的\(p'q'\)的定义是不同于题目给定的\(pq\)的，则我们需要具体分情况讨论：

当\(f(i-1)>g(i-1)\)时，明显的，\(A\)不希望拿走石头，\(B\)也不希望拿走石头，则他们都希望硬币反面朝上

当\(f(i-1)<g(i-1)\)时，\(A\)是希望拿走石头的，\(B\)也是希望拿走石头的，则他们都希望硬币正面朝上

到这里，我们还是有一个问题并没有解决，就是\(n\)过于大，事实上，\(n\)越大，概率越趋向于一个定值，而题目只要求保留6位数，则我们只要让\(n\)到1000就行了QAQ

Code:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1001;
int n;double q,p,f[N],g[N];
double rev(double x){return 1.0-x;}
int read(){
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(isdigit(ch)){x=x*10+ch-48;ch=getchar();}
	return x*f;
}
int main(){
	int T=read();
	while(T--){
		n=read();
		scanf("%lf%lf",&p,&q);
		f[0]=0,g[0]=1;n=min(n,N-1);
		for(int i=1;i<=n;i++){
			double gl1=p,gl2=q;
			if(f[i-1]>g[i-1]) gl1=rev(gl1),gl2=rev(gl2);
			f[i]=(1.0*gl2*(1.0-gl1)*f[i-1]+gl1*g[i-1])/(1-rev(gl1)*rev(gl2));
			g[i]=(1.0*gl1*(1.0-gl2)*g[i-1]+gl2*f[i-1])/(1-rev(gl1)*rev(gl2));
		}printf("%.6lf\n",f[n]);
	}return 0;
}