POJ-3682King Arthur's Birthday Celebration（概率DP）

题意：国王要庆祝他的第k个生日，庆祝的时长如下：每天抛一枚硬币，正面朝上的概率为p，当第k次出现正面后，不再庆祝（最后一次出现正面当天还是要庆祝的）。第i天的费用为2*i+1，求时间的期望和费用的期望。

一种解法：

用逆推的方法来求期望。设E[i]为已经出现了i次正面后到庆典结束的时间期望，F[I]为出现i次正面后到庆典结束所需费用的期望。

则有：

E[i]=p(E[i+1]+1)+(1-p)(E[i]+1)

上式可以这么理解：

E[i]状态可以由两种状态转换而来，第一种是抛出了一个正面，概率为p，它的前一个状态是E[i+1],因为又抛了一次，所以要+1.

另外一种状态是抛出了一个反面，概率是1-p，正面的个数并没有变化，所以它的前一个状态还是E[i]，同理也要+1

然后可以推出下面的式子：

F[i]=p(F[i+1]+(E[i+1]+1)*2-1)+(1-p)(F[i]+(E[i]+1)*2+1)

在F[i]时，如果抛出了一个正面，概率为p，则期望花费为p*（上一个状态F[i+1]的期望花费+抛的这天的期望花费）

抛的这天为第E[i+1]+1天，所以花费为2*（E[i+1]+1）-1。

同理，如果抛出了一个反面，仍状态i转移而来。

一开始的疑问：i最后一次不是必须为正面吗？由于是逆推，每次枚举的是前一次抛的状态而不是后一次抛的状态。

将上面的式子整理一下，E[i]和F[i]移到一边，就可以得到递推式子了。

最近POJ这道题貌似有点问题：各种曾经AC的代码交上去都是WA......

如果我的方法有误，欢迎指出!

另外一种解法：

http://blog.csdn.net/huyuncong/article/details/7709889

#include <cstdio>#include <cstdlib>#include <cstring>using namespace std;const int N=1000;double E[N+5],F[N+5];int main(){    int i,n;    double p;    while(scanf("%d",&n),n)    {        memset(E,0,sizeof(E));        memset(F,0,sizeof(F));        scanf("%lf",&p);        for(i=n-1; i>=0; i--)        {            E[i]=E[i+1]+1.0/p;            F[i]=F[i+1]+(2*E[i+1]+1)+(1-p)*(2*E[i]+1)/p;        }        printf("%0.3lf %0.3lf\n",E[0],F[0]);    }    return 0;}