ZOJ 3329 One Person Game（概率DP，求期望）★

/*题意：
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


分析：
假设dp[i]表示拥有分数i到游戏结束的期望步数
则 
(1):dp[i]=SUM(p[k]*dp[i+k])+p[0]*dp[0]+1;//p[k]表示增加分数为k的概率,p[0]表示分数变为0的概率
假定
(2):dp[i]=A[i]*dp[0]+B[i];
则
(3):dp[i+k]=A[i+k]*dp[0]+B[i+k];
将(3)代入(1)得：
(4):dp[i]=(SUM(p[k]*A[i+k])+p[0])*dp[0]+SUM(p[k]*B[i+k])+1;
将4与2做比较得：
A[i]=(SUM(p[k]*A[i+k])+p[0]);
B[i]=SUM(p[k]*B[i+k])+1;
当i+k>n时A[i+k]=B[i+k]=0可知
所以dp[0]=B[0]/(1-A[0])可求出
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总结下这类概率DP:
既DP[i]可能由DP[i+k]和DP[i+j]需要求的比如DP[0]决定
相当于概率一直递推下去会回到原点 
比如
(1):DP[i]=a*DP[i+k]+b*DP[0]+d*DP[i+j]+c; 
但是DP[i+k]和DP[0]都是未知
这时候根据DP[i]的方程式假设一个方程式：
比如:
(2):DP[i]=A[i]*DP[i+k]+B[i]*DP[0]+C[i];
因为要求DP[0],所以当i=0的时候但是A[0],B[0],C[0]未知
对比(1)和(2)的差别 
这时候对比(1)和(2)发现两者之间的差别在于DP[i+j]
所以根据(2)求DP[i+j]然后代入(1)消除然后对比(2)就可以得到A[i],B[i],C[i]
然后视具体情况根据A[i],B[i],C[i]求得A[0],B[0],C[0]继而求DP[0] 
请看这题：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4035 
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*/

#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstdlib>#include <cstring>#include <string>#include <queue>#include <algorithm>#include <map>#include <cmath>#include <iomanip>#define INF 99999999typedef long long LL;using namespace std;const int MAX=500+10;int n,k1,k2,k3,a,b,c;double p[20],A[MAX+10],B[MAX+10];void dfs(int i){//求A[i],B[i]if(A[i]>0)return;if(i>n){A[i]=B[i]=0;return;}A[i]=p[0],B[i]=1;for(int k=3;k<=k1+k2+k3;++k){dfs(i+k);A[i]+=p[k]*A[i+k];B[i]+=p[k]*B[i+k];}}int main(){int t;scanf("%d",&t);while(t--){memset(p,0,sizeof p);scanf("%d%d%d%d%d%d%d",&n,&k1,&k2,&k3,&a,&b,&c);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){p[i+j+k]+=p[0];//求i+j+k的概率 }}}p[a+b+c]-=p[0];//a+b+c的分数不能等于a,b,c,所以需要减去 memset(A,0,sizeof A);memset(B,0,sizeof B);dfs(0);  /*memset(A,0,sizeof A);memset(B,0,sizeof B);for(int i=n;i>=0;--i){A[i]=p[0],B[i]=1;for(int k=3;k<=k1+k2+k3;++k){A[i]+=p[k]*A[i+k];B[i]+=p[k]*B[i+k];}}*/printf("%.15f\n",B[0]/(1-A[0]));}return 0;}