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题意 ：小女孩注册了两个比赛的帐号，初始分值都为0，每做一次比赛如果排名在前两百名，rating涨50，否则降100，告诉你她每次比赛在前两百名的概率p，如果她每次做题都用两个账号中分数低的那个去做，问她最终有一个账号达到1000分需要做的比赛的次数的期望值。
思路 ：可以直接用公式推出来用DP做，也可以列出210个方程组用高斯消元去做。
（1）DP1：离散化。因为50，100，1000都是50的倍数，所以就看作1，2，20。这样做起来比较方便。
定义dp[i]为从 i 分数到达i+1分的期望，状态转移方程：
dp[i] = p+(1-p)*(1+dp[i-2]+dp[i-1]+dp[i]); 在前两百名里增加一分，当不在前两百名里的时候，扣两分，要回到 i+1 分就是1+dp[i-2]+dp[i-1]+dp[i].
mp[i][i]表示两个账号都从0分涨到 i 分的期望，所以mp[i+1][i] = mp[i][i]+dp[i], mp[i+1][i+1] = mp[i+1][i]+dp[i];
1 #include <iostream> 2 #include <stdio.h> 3 #include <string.h> 4 #include <math.h> 5 6 using namespace std ; 7 8 double dp[21],mp[21][21] ; 9 10 int main() 11 { 12 double p ; 13 while(scanf("%lf",&p) != EOF) 14 { 15 dp[0] = 1 / p ; 16 dp[1] = 1 / p / p ; 17 for(int i = 2 ; i < 20 ; i++) 18 dp[i] = 1 + (1-p)*(dp[i-2]+dp[i-1]+1)/p ; 19 for(int i = 0 ; i < 20 ; i++) 20 { 21 mp[i+1][i] = mp[i][i]+dp[i] ; 22 mp[i+1][i+1] = mp[i+1][i] + dp[i] ; 23 } 24 printf("%.6lf\n",mp[20][19]) ; 25 } 26 return 0 ; 27 }
（2）DP2：在网上看了一个线性的复杂度的，here，推公式很厉害。
先考虑一场比赛的情况，定义dp[k]为当前为k分，要达到20分时的期望回合数。
那么显然有 dp[0]=1+p*dp[1]+q*dp[0] 化简得 dp[0]=1/p+dp[1]
dp[1]=1+p*dp[2]+q*dp[0] 化简得 dp[0]=1/p+1/p^2+dp[2]
我们令 dp[0]=t[k]+dp[k] 那么t[k]就表示由0状态到达k状态所需的期望回合数。如果是要到达20分就是t[20]。
得到dp[k]=1+p*dp[k+1]+(1-p)*dp[k-2]
将dp[k]=dp[0]-t[k]和dp[k-2]=dp[0]-t[k-2]代入得 ：
dp[0]=1/p+t[k]/p-(1-p)/p*t[k-2]+dp[k+1]
然后代入dp[k+1]=dp[0]-t[k+1]得：
t[k+1]＝1/p+1/p*t[k]-(1-p)/p*t[k-2]
边界条件是 t[0]=0,t[1]=1/p,t[2]=1/p+1/p^2
知道这些就可以递推出所有需要的t[k]了。
因为是两个账号，所以变化一定是（0，0）——>（1，0）——>（1，1）——>……（19，18）——>（19，19）——>（20，19）
(0,0)->(0,1)需要的期望回合数是t[1]-t[0]. (0,1)->(1,1)需要的期望回合数是 t[1]-t[0]
(1,1)->(1,2)需要的期望回合数是t[2]-t[1]. (1,2)->(2,2)需要的期望回合数是 t[2]-t[1].
....
(18,18)->(18,19)需要的期望回合数是t[19]-t[18]. (18,19)->(19,19)需要的期望回合数是t[19]-t[18].
(19,19)->(19,20)需要的期望回合数是t[20]-t[19]。
全部加起来的结果就是t[19]*2+t[20]-t[19].
所以最后的复杂度可以是线性的，而且理论上对于k个账号也是适用的，这样就可以避开了高斯消元的做法了。
1 #include <iostream> 2 #include <stdio.h> 3 #include <string.h> 4 #include <math.h> 5 6 using namespace std ; 7 8 double d[21] ; 9 10 int main() 11 { 12 double p ; 13 while(scanf("%lf",&p) != EOF) 14 { 15 d[0] = 0 ; 16 d[1] = 1 / p ; 17 d[2] = 1 / p + 1 / (p * p) ; 18 for(int i = 3 ; i <= 20 ; i++) 19 d[i] = 1 / p + d[i-1] / p +(p - 1)*d[i-3] / p ; 20 printf("%.6lf\n",d[19] + d[20]) ; 21 } 22 return 0 ; 23 }
（3）高斯消元：
官方题解：
令(x, y)表示高分为x，低分为y的状态（x >= y），E(x, y)表示从(x, y)到达(1000, ?)的比赛场数期望。容易得到E(x, y) = P * E(x1, y1) + (1 - P) * E(x2, y2) + 1，其中，(x1, y1)表示rating上升后的状态，（x2, y2）表示rating下降后的状态。每50分一个状态，共有210个状态（21*20/2）。
移项后得E(x, y) -P * E(x1, y1) - (1 - P) * E(x2, y2) = 1，共有210个这样的方程组。高斯消元求解，x[0]代表E(0,0)这个状态到目标状态的期望。
注意精度。
1 #include <stdio.h> 2 #include <string.h> 3 #include <iostream> 4 #include <math.h> 5 6 using namespace std ; 7 8 const double eps = 1e-9 ; 9 10 double p,mp[250][250] ; 11 int vis[25][25] ; 12 13 double Gauss() 14 { 15 for(int i = 0 ; i < 210 ; i++) 16 { 17 int k ; 18 for(k = i ; k < 210 ; k++) 19 if(fabs(mp[k][i]) > eps) break ; 20 for(int j = 0 ; j <= 210 ; j++) 21 swap(mp[i][j],mp[k][j]) ; 22 for(int j = 0 ; j < 210 ; j++) 23 { 24 if(i != j) 25 { 26 if(fabs(mp[j][i]) > eps) 27 { 28 double s = mp[j][i] / mp[i][i] ; 29 for(int k = i ; k <= 210 ; k++) 30 mp[j][k] -= mp[i][k] * s ; 31 } 32 } 33 } 34 } 35 return mp[0][210]/mp[0][0] ; 36 } 37 38 void pro() 39 { 40 for(int i = 0 ; i < 20 ; i++) 41 { 42 for(int j = 0 ; j < i ; j ++) 43 { 44 int u = vis[i][j] ; 45 mp[u][u] = 1 ; 46 mp[u][210] = 1 ; 47 int v = vis[i][max(0,j-2)] ; 48 mp[u][v] -= (1-p) ; 49 v = vis[i][j+1] ; 50 mp[u][v] -= p ; 51 } 52 int u = vis[i][i] ; 53 mp[u][u] = 1 ; 54 mp[u][210] = 1 ; 55 int v = vis[i][max(0,i-2)] ; 56 mp[u][v] -= (1-p) ; 57 v = vis[i+1][i] ; 58 mp[u][v] -= p ; 59 } 60 } 61 62 int main() 63 { 64 65 while(scanf("%lf",&p) != EOF) 66 { 67 int cnt = 0 ; 68 memset(vis,-1,sizeof(vis)) ; 69 for(int i = 0 ; i < 20 ; i++) 70 for(int j = 0 ; j <= i ; j++) 71 vis[i][j] = cnt ++ ; 72 memset(mp,0,sizeof(mp)) ; 73 pro() ; 74 printf("%.6lf\n",Gauss()) ; 75 } 76 return 0 ; 77 }
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2014多校第一场J题 || HDU 4870 Rating（DP || 高斯消元）
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原文地址：http://www.cnblogs.com/luyingfeng/p/3864693.html
