标签：
题目大意：有3个骰子，各有k1，k2，k3个面，面值为1~ki。还有一个计数器，初始值为0，统计所有的面值和。每次同时置这三个骰子，如果第一个骰子的朝上的值为a、第二个值为b、第三个值为c，那么将计数器置为零。直到计数器的值大于n时结束，求次数的期望值。
题目分析：这道题的状态转移方程不难写。定义状态dp(i)表示计数器值为 i 时还可以置几次，另外定义pk表示一次置出的3个骰子之和为k的概率，p0表示置出a、b、c的概率。则状态转移方程为：dp(i)= ∑pk*dp(i+k)+p0*dp(0)+1 <1>。到这儿就不知道怎么干了，查了下题解：定义dp(i)=A(i)*dp(0)+B(i)，并将其代入<1>，得到A(i)= p0+∑pk*A(i+k)，B(i)=1+ ∑pk*B(i+k)。那么只需要通过递推得到A(0)和B(0)，就可以解得dp(0)=(1-A(0))/B(0)。
代码如下：
# include<iostream>
# include<cstdio>
# include<cstring>
# include<algorithm>
using namespace std;
int n,a,b,c;
int k1,k2,k3;
double A[600],B[600];
double p[20];
void init()
{
memset(p,0,sizeof(p));
for(int i=1;i<=k1;++i)
for(int j=1;j<=k2;++j)
for(int k=1;k<=k3;++k)
if(i!=a||j!=b||k!=c)
p[i+j+k]+=1.0/k1/k2/k3;
}
int main()
{
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
scanf("%d%d%d%d%d%d%d",&n,&k1,&k2,&k3,&a,&b,&c);
init();
double p0=1.0/k1/k2/k3;
memset(A,0,sizeof(A));
memset(B,0,sizeof(B));
for(int i=n;i>=0;--i){
A[i]=p0;
B[i]=1;
for(int j=1;j<=k1+k2+k3;++j){
A[i]+=p[j]*A[i+j];
B[i]+=p[j]*B[i+j];
}
}
printf("%.16lf\n",B[0]/(1-A[0]));
}
return 0;
}
ZOJ-3329 One Person Game （有环期望问题）
标签：
原文地址：http://www.cnblogs.com/20143605--pcx/p/5321700.html
