Luogu P3251 [JLOI2012]时间流逝 期望dp
题目描述
（简化版）
每天有两种情况。
1.每天，你可以（1-P概率）得到一个能量圈，但是对于新得到的相同的能量圈，它的能量不能大于你已拥有的任何一个能量（即小于等于最小的）
2.但是有时你会以P概率面对邪恶的果冻鱼，丢掉一个当前最小的能量圈
幸好，当你没有任何能量圈的时候，果冻鱼就算看见你也不会追着你，此时你可以好好地享用美食。
你听说当你的总的能量值超过了某个阈值之后，可以进化成强大模式并能够吃掉果冻鱼。是时候反击了！下面是本题的问题：预计要过多少天你才能进化成强大模式？（第一天默认你没有任何能量圈）
对于所有数据，0.1<=P<=0.9，1<=T<=50，1<=N<=50。
题解：
首先期望dp
其次，这个期望dp可以认为是一个起点，多个终点（即达到阈值），
一般用f[s]表示，能量圈状态为s（状态具体处理再说），到终点的期望步数，然后通过f[goal]=0可以倒推。
这样，最后f[1]就是答案。
这个题目，对于确定的s，P概率丢掉唯一的一种情况返回上一级，
1-P概率获得一个能量圈，可能有多种情况。
一个点，多个儿子，一个父亲。
就是一个树形的转移了。
然后可以推f[s]的式子。
f[s]=p*f[last[s]] + Σ(1-p)*(1/sz)*f[son] +1
但是这是个环形的转移。可以高斯消元
但是不够优秀。
套路地，
转化成线性的f[s]=k*f[last[s]]+b;（k，b与s的儿子的k,b有关）
（式子看开头的博客，总之思路就是，假设有这个线性式子，把f[soni]=ki*f[s]+bi代入，推出ks，bs和ki，bi的关系，发现确实是线性的，即可）
然而，虽然直观来看，我们还要求f[last[s]]，
但是发现f[last[初始]]=0，即初始因为不会丢掉能量圈
最终答案只和b，k有关。所以，我们只要通过这个线性式子，递推k，b即可。
最后的f[s]的b就是答案。
s怎么设计？
发现，为了知道丢哪个，必须记录最小的能量圈mi
因为是从起点往后推，所以不会出现丢掉最小值的难处理的问题。
发现，为了知道什么时候会超过阈值，必须知道当前的总能量e。
记录一下就好。
改成f[i][j],b[i][j],k[i][j]记录f，b，k
因为e，mi相同，达到阈值的期望值就一定相同，可以记忆化一下，加快速度。
注意，起点只能得能量圈，所以不需要乘1-P到儿子了。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=53;
double f[N][N];
double b[N][N];
double k[N][N];
bool vis[N][N];
int a[N];
int n,t;
double p;
void dfs(int e,int mi){
if(vis[e][mi]) return;
vis[e][mi]=1;
double sk=0.0,sb=0.0;
for(int i=1;i<=mi&&e+a[i]<=t;i++){
dfs(e+a[i],i);
sb+=b[e+a[i]][i];
sk+=k[e+a[i]][i];
}
//cout<<" e mi "<<e<<" "<<mi<<" : "<<sk<<" "<<sb<<endl;
double c=(e==0)?1.00/((double)mi):(1.00-p)/((double)mi);
k[e][mi]=p/((double)1-c*sk);
b[e][mi]=(c*sb+1.00)/((double)1-c*sk);
}
int main()
{
while(scanf("%lf",&p)!=EOF){
scanf("%d%d",&t,&n);
memset(vis,0,sizeof vis);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d",&a[i]);
}
sort(a+1,a+n+1);
dfs(0,n);
printf("%.3lf
",b[0][n]);
}
return 0;
}
总结：关键点：
1.发现树形结构
2.列出转移方程。
环形的线性处理。起点的las一定是一个常数的，所以都可以算其他的k，b即可。
所以dp[i]其实设而不求。