【Codeforces 98E】 Help Shrek and Donkey

http://codeforces.com/problemset/problem/98/E (题目链接)

题意

　　A君有n张牌，B君有m张牌，桌上还有一张反扣着的牌，每张牌都不一样。

　　每个回合可以做两件事中的一件

• 猜测桌上的牌是什么，猜对则胜，猜败则输。
• 询问对方是否有某张牌，若有则需要将其示出，否则继续游戏。

　　A和B都很聪明，问A的胜率。

Solution

　　碉堡了！！转自：http://blog.csdn.net/Yves___/article/details/51814024

　　首先不到最后一刻是不会选择猜桌上的牌的。

　　假如某一次对方问了一张自己手上没有的牌，就可能会怀疑桌上的牌就是这张。

　　而询问对方是否有某张牌，我们可以选择询问自己手上有的牌，假如对方相信而去猜测这张牌的话就会输掉，我们称这样的行为作欺骗。

　　记$f(n,m)$表示先手有$n$张牌，后手有$m$张牌，先手的获胜概率。

　　那么就可以列一个表格，表示先手的选择以及后手的应对。

• 先手选择猜测对方的牌

• • 后手认为先手在猜测，先手获胜的概率是$displaystylefrac{m}{m+1}(1-f(m-1,n))$
  • 后手认为先手在欺骗，先手获胜的概率是$displaystylefrac{1}{ m+1 } + frac{m}{m+1}(1-f(m-1,n))$

• 先手选择欺骗

• • 后手认为先手在猜测，先手获胜的概率是$displaystyle 1$
  • 后手认为先手在欺骗，先手获胜的概率是$displaystyle 1-f(m,n-1)$

　　那么对于先手的任意一个策略，后手会选择最优的策略去使他赢的概率尽可能小。也就是说假如先手用$p$的概率选择去猜测，$1−p$的概率选择去欺骗。那么最终的贡献就是

$$maxlimits_p left{ min left{ frac{pm}{m+1}( 1-f( m-1, n ) )+(1-p), frac{p}{ m+1 } + frac{pm}{ m+1 }( 1-f( m-1, n )) + (1-p)(1-f( m, n-1))  ight}  ight}$$

　　将$p$视为自变量，问题就转化为两条直线取$min$的问题，求个交点就可以得到最大值。

细节

　　直线的交点别求错了。。

代码

// codeforces 98E
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#define LL long long
#define Pi acos(-1.0)
#define free(a) freopen(a".in","r",stdin),freopen(a".out","w",stdout);
using namespace std;

double g[1010][1010];

double f(int n,int m) {
	if (!n) return 1.0/(m+1);
	if (!m) return 1.0;
	if (g[n][m]) return g[n][m];
	double A=(1-f(m-1,n))*m/(m+1);
	double B=(1-f(m-1,n))*m/(m+1)+1.0/(m+1);
	double C=1.0;
	double D=1-f(m,n-1);
	double p=(D-C)/((A-C)-(B-D));
	return g[n][m]=p*A+(1-p)*C;
}
int main() {
	int n,m;
	scanf("%d%d",&n,&m);
	printf("%.10lf %.10lf",f(n,m),1-f(n,m));
	return 0;
}