[UVA 10529]Dumb Bones

题面在这里

题意

放(n)个相连的骨牌,每次放的时候有(pl)的概率往左倒,有(pr)的概率往右倒,骨牌倒的时候可能会打翻左边相邻或者右边相邻的骨牌,并引起连锁反应直到最后一个骨牌旁边没有与之相邻的骨牌为止

例如(DD) _ (DxDD) _ (DD),
如果在(x)处放置骨牌,有可能会让左边的一个或者右边的两个一起倒

求期望放置骨牌的次数
(Tle100,nle1000,0<pl+prle0.5)

sol

别人家的题解完全看不懂啊...还是自己写一篇吧
首先考虑单独摆一张骨牌成功的期望次数,记作(E)
只要往左倒或者往右倒就要重新摆放,即

[E=1+pl imes(1+pl imes(...)+pr imes(...))+pr imes(1+pl imes(...)+pr imes(...)) ]

[=1+(pl+pr) imes(1+(pl+pr) imes(1+(pl+pr) imes(...))) ]

[=1+(pl+pr)+(pl+pr)^2+(pl+pr)^3+...+(pl+pr)^{infty} ]

[=frac{1}{1-pl-pr} ]

这个式子总算化完了.

如果几张骨牌一起放呢?最优策略又是什么?
考虑放最后一张骨牌的时候,肯定只会剩下一个空位。
那么我们分别把左边和右边的骨牌按照最优策略摆好,再把中间的骨牌摆上去就可以了。
而这个位置可以通过枚举得到......

于是设(f[x])表示摆好连续的(x)张骨牌的期望步数,那么

[f[x]=min_{i=0}^{x}{(1+f[i]+f[x-i-1]+[在第(i+1)个位置摆好这张骨牌的期望步数])} ]

我们把[在第i个位置摆好这张骨牌的期望步数]记作(g[i])
直接求(g[i])难以统计,我们考虑算出每一部分(左边i-1块/中间一块/右边x-i块)的贡献

左边i-1块:
中间的骨牌每次往左倒,左边i-1块都需要重摆,
于是答案为(f[i-1] imes[骨牌往左倒的期望次数]),这里

[[骨牌往左倒的期望次数]=(E-1)frac{pl}{pl+pr}=frac{1-pr}{1-pl-pr} ]

((E=frac{1}{1-pl-pr}))

(考虑骨牌每次倒地,有(frac{pl}{pl+pr})的概率往左倒,有(frac{pr}{pl+pr})的概率往右倒)

中间一块:
上面已经求出,为(frac{1}{1-pl-pr})

右边x-i块:
同左边i-1块的求法,为(f[x-i] imesfrac{1-pl}{1-pl-pr})

于是$$g[i]=f[i-1] imesfrac{1-pr}{1-pl-pr}+frac{1}{1-pl-pr}+f[x-i] imesfrac{1-pl}{1-pl-pr}$$
那么就可以求解了~

代码

#include<bits/stdc++.h>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<iomanip>
#include<cstring>
#include<complex>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<bitset>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<stack>
#include<map>
#include<set>
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define RG register
#define il inline
using namespace std;
typedef unsigned long long ull;
typedef vector<int>VI;
typedef long long ll;
typedef double dd;
const dd eps=1e-10;
const int inf=2147483647;
const int mod=1e9+7;
const int N=5010;
const int M=50010*2;
il ll read(){
	RG ll data=0,w=1;RG char ch=getchar();
	while(ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9'))ch=getchar();
	if(ch=='-')w=-1,ch=getchar();
	while(ch<='9'&&ch>='0')data=data*10+ch-48,ch=getchar();
	return data*w;
}

il void file(){
	//freopen("a.in","r",stdin);
	//freopen("a.out","w",stdout);
}

int n;
dd f[N],pl,pr;
il void DP(){
	for(RG int i=1;i<=n;i++){
		f[i]=inf;
		for(RG int j=0;j<=i;j++)
			f[i]=min(f[i],f[j]*(1-pl)/(1-pl-pr)+f[i-j-1]*(1-pr)/(1-pl-pr)+1/(1-pl-pr));
	}
}

int main()
{
	while(n=read()){
		scanf("%lf%lf",&pl,&pr);
		DP();printf("%.2lf
",f[n]);
	}
	return 0;
}