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 99999999
typedef 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;
}