One Person Game
题意
(~~~~) 有三个骰子，分别有 (k_1,k_2,k_3) 个面。 每次掷骰子，如果三个面分别为 (a,b,c) 则分数清零，否则加上三个骰子的点数之和。 当分数达到 (n) 及以上时结束。求游戏结束的期望步数。
题解
(~~~~) 期望 (dp) 好题。
(~~~~) 套路化地，我们设 (dp_i) 表示你有 (i) 分时结束的期望步数。则 (dp_n=0) ,答案为 (dp_0) 。进行倒推。
(~~~~) 设： (p_i) 表示丢骰子丢出的点数和为 (i) 且能加入分数的概率，特殊地，设 (dp_0) 表示丢出清零的概率。不难发现它等于 (dfrac{1}{k_1k_2k_3}).
(~~~~) 考虑某个状态可以变为哪些状态，则有转移方程：
[Large dp_i=1+dp_0 imes p_0+sum_{j=1}^{k1+k2+k3} dp_{i+j} imes p_j
]
(~~~~) 然后你就会发现转移方程里面有 (dp_0) 项，而倒推时 (dp_0) 恰恰是最后求出来的。
(~~~~) 那怎么办呢？这题不可做，换一道。
(~~~~) 观察式子，若设 (dp_0) 为未知数，发现它形似一次函数： (dp_i=a imes dp_{0}+b) .不妨设 (a_i,b_i) 为对应的满足条件的 (a,b).
(~~~~) 先从特殊情况考虑，当 (i=n) 时，(dp_i=0)，因此 (a_i=0,b_i=0)；
(~~~~) 然后我们把原来的转移方程中的 (dp_{i+j}) 也改写一下形式：
[Large dp_i=1+dp_0 imes p_0+sum_{j=1}^{k1+k2+k3} (a_{i+j} imes dp_0+b_{i+j}) imes p_j
]
(~~~~) 再稍稍展开一下：
[Large dp_i=dp_0 imes (p_0+sum_{j=1}^{k_1+k_2+k_3}a_{i+j} imes p_j) +1+sum_{j=1}^{k_2+k_2+k_3} b_{i+j} imes p_j
]
(~~~~) 不难发现：
[Large a_i=p_0+sum_{j=1}^{k_1+k_2+k_3}a_{i+j} imes p_j
]
[Large b_i=1+sum_{j=1}^{k_2+k_2+k_3} b_{i+j} imes p_j
]
(~~~~) 因此这样转移 (a,b) 即可。
(~~~~) 再来考虑答案：(dp_0=a_0 imes dp_0+b_0) ，因此 (dp_0=dfrac{b_0}{1-a_0}),即答案。
代码
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
double p[20];
double A[505],B[505];
int main() {
int T,n,k1,k2,k3,a,b,c;
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
scanf("%d %d %d %d %d %d %d",&n,&k1,&k2,&k3,&a,&b,&c);
p[0]=1.0/k1/k2/k3;
for(int i=1;i<=k1;i++)
{
for(int j=1;j<=k2;j++)
{
for(int k=1;k<=k3;k++)
{
if(i==a&&j==b&&k==c) continue;
p[i+j+k]+=1;
}
}
}
for(int i=3;i<=k1+k2+k3;i++) p[i]=p[i]/(double)(k1*k2*k3);
for(int i=n;i>=0;i--)
{
A[i]=p[0];B[i]=1.0;
for(int j=3;j<=k1+k2+k3;j++)
{
if(i+j>n) continue;
A[i]+=A[i+j]*p[j];
B[i]+=B[i+j]*p[j];
}
}
printf("%.15f
",(double)B[0]/(1.0-A[0]));
memset(A,0,sizeof(A));
memset(B,0,sizeof(B));
memset(p,0,sizeof(p));
}
return 0;
}
/*
2
0 2 2 2 1 1 1
0 6 6 6 1 1 1
*/