[HDU3853]LOOPS简单期望

说在前面

这题还算比较简单的，不过有个位置有个小坑需要注意，不然狂WA不止

题意

HDU3853传送门

一个R*C的迷宫，你一开始在左上角[1,1]处，出口在右下角[R,C]处。

你可以进行移动操作，每一次操作将会消耗2魔法值。每一次操作你都有几率向下，向右移动，或者停留在原地。问走出迷宫期望消耗的魔法值。

输入：

多组数据，EOF结束

对于每一组数据：

第一行R ， C表示R行C列矩阵

接下来R行每行C个实数三元组[a,b,c]，分别表示在该位置进行移动时，呆在原地，向右移动，向下移动的概率。

输出：

每组数据输出一行一个实数（保留三位小数），表示答案。

样例

input

2 2

0.00 0.50 0.50 0.50 0.00 0.50

0.50 0.50 0.00 1.00 0.00 0.00

output

6.000

题解

确实是一个很简单的期望DP。

由：期望=概率*权值

有：当前状态期望=子状态1概率 * 子状态1期望+子状态2概率 * 子状态2期望 + ······

设mag[i][j]表示从[i,j]走到[R,C]的期望消耗魔法值，很明显mag[R][C]为0，用这个倒推，得到其他点的期望计算公式（也就是状态转移方程）：

mag[i][j]=(mag[i][j]∗stay[i][j]+mag[i][j+1]∗right[i][j]+mag[i+1][j]∗down[i][j]+2)

移项得：

mag[i][j]=(mag[i][j+1]∗right[i][j]+mag[i+1][j]∗down[i][j]+2)/(1−stay[i][j])

注意，当stay[i][j]=1时，这个mag[i][j]的计算式是无效的，因为它根本到不了[R,C]点，因此对于这种情况，根据定义直接mag[i][j]=0就好了

完了直接倒着推就好了=w=

下面是自带大常数的代码

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std ;

int R , C ;
double dw[1005][1005] , rg[1005][1005] , sy[1005][1005] ;
double mag[1005][1005] ;

int main(){
while( scanf( "%d%d" , &R , &C ) != EOF ){
for( int i = 1 ; i <= R ; i ++ )
for( int j = 1 ; j <= C ; j ++ )
scanf( "%lf%lf%lf" , &sy[i][j] , &rg[i][j] , &dw[i][j] ) ;
for( int i = 1 ; i <= R ; i ++ )
for( int j = 1 ; j <= C ; j ++ )
mag[i][j] = 10000000.0 ;
mag[R][C] = 0 ;
for( int i = R ; i ; i -- ){
for( int j = C ; j ; j -- ){
if( i == R && j == C ) continue ;
if( sy[i][j] == 1.00 ) continue ;
mag[i][j] = ( mag[i+1][j] * dw[i][j] + mag[i][j+1] * rg[i][j] + 2 ) / ( 1 - sy[i][j] ) ;
}
}
printf( "%.3f\n" , mag[1][1] ) ;
}
}