[HDU 5819] Knights （稍难的概率DP）

HDU - 5819

棋盘上有 N个骑士，他们要么向左走，要么向右走
他们相遇时会发生决斗，每个人都有 12的概率获胜
胜者继续前进，败者直接退出游戏，骑士走到棋盘边缘会回头
问第 N个骑士获胜的概率

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看了题解的状态，感觉太神了……
首先第一个骑士肯定向右，第 N个肯定向左
第 N个骑士获胜的条件，即为打败所有左边向右走的骑士
设 dp[i][j]为前 i个骑士有 j个向右走的概率

1. 如果第 i个骑士向右走，那么 dp[i][j]=dp[i−1][j−1]
2. 如果第 i个骑士向左走，那么 dp[i][j]=∑k=ji−1dp[i−1][k]×(12)k−j+1
   即原本有 k个骑士向左走，第 i个骑士阻挠了 k−j个，并且最后失败的概率
   这个转移方程还需要优化一下，由于是个类似等比数列的形式
   所以 dp[i][j]=dp[i][j+1]+dp[i−1][j]2
   还有一种情况是，第 i个骑士向左走的时候，
   打败了左边所有的骑士，最后改变方向向右走
   dp[i][1]+=∑k=1i−1dp[i−1][k]×(12)k

最后的答案即为 dp[N][1]2，表示最后只剩两个骑士决斗，第 N个骑士获胜的概率
由于优化了转移方程，所以总的时间复杂度是 (N2)

#pragma comment(linker, "/STACK:102400000,102400000")#include <cstdio>#include <iostream>#include <cstdlib>#include <cstring>#include <algorithm>#include <cmath>#include <cctype>#include <map>#include <set>#include <queue>#include <bitset>#include <string>using namespace std;typedef pair<int,int> Pii;typedef long long LL;typedef unsigned long long ULL;typedef double DBL;typedef long double LDBL;#define MST(a,b) memset(a,b,sizeof(a))#define CLR(a) MST(a,0)#define SQR(a) ((a)*(a))#define PCUT puts("\n----------")const int maxn=1e3+10, inv2=500000004, MOD=1e9+7;int N;int A[maxn];LL dp[2][maxn];int main(){    #ifdef LOCAL    freopen("in.txt", "r", stdin);//  freopen("out.txt", "w", stdout);    #endif    int T;    scanf("%d", &T);    for(int ck=1; ck<=T; ck++)    {        scanf("%d", &N);        for(int i=1; i<=N; i++) scanf("%d", &A[i]);        A[N]=0;        CLR(dp);        dp[1][1] = 1;        for(int i=2, cur, las; i<=N; i++)        {            cur=i&1, las=(i-1)&1;            CLR(dp[cur]);            if(A[i]) for(int j=2; j<=i; j++) dp[cur][j] = dp[las][j-1];            else            {                for(int j=i-1; j>=1; j--)                {                    dp[cur][j] = (dp[cur][j+1] + dp[las][j])%MOD *inv2%MOD;                }                LL prod = inv2;                for(int j=1; j<=i-1; j++)                {                    dp[cur][1] = (dp[cur][1] + dp[las][j]*prod%MOD)%MOD;                    prod = prod*inv2%MOD;                }            }        }        LL ans = dp[N&1][1]*inv2%MOD;        printf("Case #%d: %lld\n", ck, ans);    }    return 0;}