ZOJ 3329 One Person Game 【期望dp】

题目大意：

有三个骰子，分别有k1,k2,k3个面。
每次掷骰子，如果三个面分别为a,b,c则分数置0，否则加上三个骰子的分数之和。
当分数大于n时结束。求游戏的期望步数。初始分数为0。

解题思路：

开始时把分数置0看成了不加分，WA了半天。

设dp[i]表示已得到i分时到达目标状态的期望，p[j]为投掷j分的概率，p[0]为回到0的概率。
dp[i]=∑(dp[i+j]∗p[j])+dp[0]∗p[0]+1;

由于每步都与dp[0]这个未知量有关，导致每步的dp[i]都无法立刻得到，所以似乎要联立方程组再高斯消元。
但也正因每步都与dp[0]这个未知量有关，且是一次方程，所以每个dp[i]都可化为A[i]*dp[0]+B[i]的形式，即：
dp[i]=A[i]∗dp[0]+B[i]

代入原式，则：
dp[i]=∑(p[j]∗(A[i+j]∗dp[0]+B[i+j]))+dp[0]∗p[0]+1

化简得
dp[i]=(∑(p[j]∗A[i+j])+p[0])∗dp[0]+∑(p[j]∗B[i+j])+1

所以得
A[i]=∑(p[j]∗A[i+j])+p[0]
B[i]=∑(p[j]∗B[i+j])+1

所以我们可以先递推算出A[i]，B[i]。最后dp[0]=B[0]/(1-A[0])。

#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>#include<string>#include<algorithm>#include<cmath>#include<vector>#include<queue>#define ll long longusing namespace std;int getint(){    int i=0,f=1;char c;    for(c=getchar();(c<'0'||c>'9')&&c!='-';c=getchar());    if(c=='-')f=-1,c=getchar();    for(;c>='0'&&c<='9';c=getchar())i=(i<<3)+(i<<1)+c-'0';    return i*f;}const int N=1000;int T,n,k1,k2,k3,k,a,b,c;double A[N],B[N],p[N];int main(){    //freopen("lx.in","r",stdin);    //freopen("lx.out","w",stdout);    T=getint();    while(T--)    {        memset(p,0,sizeof(p));        memset(A,0,sizeof(A));        memset(B,0,sizeof(B));        n=getint();        k1=getint(),k2=getint(),k3=getint();        a=getint(),b=getint(),c=getint();        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)                        p[i+j+k]+=p[0];        for(int i=n;i>=0;i--)        {            A[i]=p[0],B[i]=1;            for(int j=1;j<=k1+k2+k3;j++)            {                A[i]+=p[j]*A[i+j];                B[i]+=p[j]*B[i+j];            }        }           printf("%0.15lf\n",B[0]/(1-A[0]));          }    return 0;}