2013ACM-ICPC杭州赛区全国邀请赛——Random Walk

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• 题意：
  n个点，按照题中给的公式可以求出任意两个点转移的概率。求从1到n的期望转移次数
• 分析：
  设dp[i]为从i到n的期望，那么可以得到公式dp[i] = sigma(dp[i + j] * p(i + j, i)) + 1，1 <= j <= m
  把这个式子展开来：dp[i - m] * p(i - m, i) + dp[i - m + 1] * dp(i - m + 1, i) + ... + dp[i] * p(i, i) + ... + dp[i + m] * p(i + m, i) = dp[i]
  展开p(i, i)，化简：dp[i - m] * p(i - m, i) + dp[i - m + 1] * dp(i - m + 1, i) + ... + dp[i] * p‘(i, i) + ... + dp[i + m] * p(i + m, i) = -1（注意p'(i, i)和题目中有所不同了，等与p(i, i) - 1）
  其实这里也可以发现，题目中的p(i, i)给的还是比较有特点的，有一个常数1，这样在列方程的时候才可以消元使得方程右边是一个常数
  解方程的时候，首先注意dp[n] = 0，这个方程是不用解的。之后可以安装普通的gauss消元从上到下消元，再回代出结果；或者更简单的，题目只要求dp[1]，那么如果从下到上求，最后直接除以系数即可
  
  这个题目的一个麻烦点在于对矩阵的下标处理：对于原始矩阵a[i][j]，放到p[n][m]的矩阵中，就变成了p[i][m - i + j]，所以对原矩阵进行消元的时候需要注意这一点
  再说一下这里的处理：对于p[i][j]，转换过后就变成了a[i][m - i + j]，也就是说，把a[i][i]变成p[i][m]，这样就方便存储了
  
  也算是一个概率DP吧，比较关键的想法在于能将问题分解为n个状态，之后就可以用高斯消元来解决了
  高斯消元的分析时，应该注意到这个矩阵比较稀疏，且消元的时候，只需要考虑最多m行的m个位置即可，复杂度不是普通的O(n ^ 3)，而是O(n * m * m)

double b[maxn];double p[maxn][15];int main(){//    freopen("in.txt", "r", stdin);while (~RII(n, m) && n){FE(i, 1, n) FE(j, 1, m)RI(c[i][j]);FF(i, 1, n){double sum = 1, s = 0;FE(j, 1, m)sum += c[i][j];FE(j, 1, m){if (i - j >= 1)s += p[i][m - j] = 0.3 * c[i][j] / sum;if (i + j <= n)s += p[i][m + j] = 0.7 * c[i][j] / sum;}p[i][m] = -s;b[i] = -1;}FED(i, n - 1, 1){int l = max(1, i - m), r = min(n - 1, i + m);FF(j, l, i){double f = p[j][m - j + i] / p[i][m];FE(k, l, r)p[j][m - j + k] -= p[i][m - i + k] * f;b[j] -= f * b[i];}}printf("%.2f\n", b[1] / p[1][m]);}return 0;}