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Project Euler上最近的题目都还比较意思，来看看前些天刚刚新鲜出炉的一道题：Problem232，大意如此：说，有这样一个硬币游戏，需要两个玩家参与，我们不防分别将他们称为玩家1和玩家2。游戏规则如下：两个玩家轮流来掷硬币。玩家1每次只能掷一次，若是正面向上，则得1分，否则不得分。玩家2每次可以选择抛掷硬币的次数T（T>0），若每次都是正面向上，则得分为2的(T-1)次方，否则不得分。首先由玩家1先掷，先得分超过100者为赢家。现在问：假设玩家2每次都选择最优的投掷次数，则他赢的概率是多少？当然，每次的投掷都是完全公正和随机的，否则要来个刘谦，这概率就没法算了。
首先，可以凭直觉猜猜这个概率大概是多少。毫无疑问，大于1/2是肯定的，因为玩家2至少可以选择每次都只掷一次，在得分目标（100分）相对较大的时候，后掷的劣势可以忽略。嗯，好像没有其它线索了，不太好猜啊，还是老老实实算吧。
像这种算概率的题通常都比较麻烦，虽然很容易想到思路，但很难得到准确的答案。比如在这里，一个很容易想到的思路是动态规则。设P ( i, j )是当玩家1得到i分，玩家2得到j分，并且此时轮到玩家2抛掷时玩家2获胜的最大概率。从后往前推，先看P(99, 99)。此时，玩家2选择的抛掷次数肯定为1，得一分就够了，多了也浪费，还降低了得分的概率。当玩家2抛出硬币后，得到两种结果：得1分，不得分。得1分就直接赢了，而不得分就把主动权交给了玩家1，而当玩家1再次抛出后，又得到两种结果：得1分，则玩家1赢得游戏，不得分，则整个局势又回到P(99,99)的初始状态。上述过程有表达式如下：
P（99，99）= 1/2 + （1/2 * 1/2）* P（99，99）
解上述方程，可得P(99, 99)得2/3。注意到，上述表达式是一个边界情况，因为两个玩家都是再得一分即可获得胜利，现在推导一个更一般的状态转移方程。设在该轮玩家2选择的投掷次数为n, 这样可以得的分数s为2^(n-1)，得分概率o 为1/2^(n+1)。则有：
P'（i, j）= o*(1/2)*P(i, j+s) + o*(1/2)*P(i+1, j+s) + (1-o)*(1/2)*P(i+1,j) + (1-o)*(1/2)*P'(i,j)
注意到上边的式子两边都有 P'( i, j )，所以是个隐式表达式。(昨天写漏了，加上一句)枚举所有使得(s+j)小于或者刚好大于100的n，计算上式中的P'(i, j)，则有P(i, j)为这些P'(i, j)的最大值。当然，玩家2也可以选择令(s+j)远远大于100的投掷次数n， 但比较显然的是这样得到的P’(i, j)不会是最大的，比如前面所说的，在P(99, 99)的局势中玩家2明显不会选择超过1的投掷次数。有的地方只所以乘了二分之一是因为状态转移还需要玩家1的过渡，因为我们的状态定义是在当轮到玩家2抛掷时玩家2获胜的最大概率。为了表达方便，没有考虑一些边界的情况。然后按照上面的转移方程编写程序就行了，这道题的答案为：0.83648556.
这个答案是不是比用直觉猜的要高些呢。（我是猜的大概在2/3左右，误差不小），这首题其实非常适合用来做面试题：生动有趣，即不是太简单，也不是太难（比起以其相似的poj1074算是小乌见大乌了），虽然比较容易想到算法，却也不容易一次性算对。爷爷的，要是本人以后有荣幸当上面试官，一定要出出这道题。