hdu4405：Aeroplane chess

题目大意：有编号为0-n的格子，从0开始，扔骰子扔到几就走几格。有m个瞬移点，每个点可以从格x直接飞到格y，若瞬移到另一个瞬移点可以继续瞬移。求到达格n的期望扔骰子次数。

题解：期望DP入门好题。网上神犇们都说，“经验表明，一般情况下，求期望的题从后往前推。”本蒟蒻一开始不明白，谁给你的权利一定要从后往前啊！于是我就写了这样一个式子：

E(i)——到格i期望，E(i)=i是某个瞬移目标点？(E(x)，x指瞬移出发点），否则E(i-1)*1/6+E(i-2)*1/6+...+E(i-6)*1/6+1，注意最后把“又走了一步”加上。标准全期望公式。于是高高兴兴地通过了第一组数据。然后测试第二组。。。。。。那么问题究竟出在哪里呢？

问题一：若i是瞬移目标点，在平均的情况下，凭什么一定认为到达i的情况和到达i对应的出发点的情况完全一样？显然

 在上图情况中，0到2的所有方法并不对应到5的所有方法。如果按原先的思路，那么0->3->5等的情况将被无情地忽略。

问题二：i格走到后面1-6格的概率为1/6，不！能！认！为！i格前1-6格走到i的概率为1/6。虽然在m=0的时候这两者碰巧等价了，但加入瞬移点后，到达一个格的方法多种多样，概率当然不尽相同，而一个格向前运行的概率是永恒的。

通往目标的路变幻莫测，而我们向前发展的步伐是永恒的。

言归正传，我们只能从目标退回来。E(i)——i格到n的期望，E(i)=E(i+1)*1/6+...+E(i+6)*1/6+1，边界是E(n)，严格的，E(n),E(n+1),...,E(n+5)=0。E(0)即为所求。至于瞬移出发点，E(i)=E(go(i))，go(i)指瞬移到达点。虽然看起来跟之前差不多，但这样做无可厚非。

代码：

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

int n,m;
#define maxn 100011
int go[maxn];double E[maxn];
#define eof 1e-9
int main()
{
    while (scanf("%d%d",&n,&m) && (n || m))
    {
        memset(go,0,sizeof(go));
        for (int i=1;i<=m;i++)
        {
            int x,y;scanf("%d%d",&x,&y);
            go[x]=y;
        }
        memset(E,0,sizeof(E));
        for (int i=n-1;i>=0;i--)
        {
            if (!go[i]) {for (int j=1;j<=6;j++) E[i]+=E[j+i]/6.0;E[i]+=1;}
            else E[i]=E[go[i]];
        }
        printf("%.4lf
",E[0]);
    }
    return 0;
}