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题意：给你w个白色小鼠和b个黑色小鼠，把他们放到袋子里，princess先取，dragon后取，princess取的时候从剩下的当当中任意取一个，dragon取得时候也是从剩下的时候任取一个，但是取完之后会随机跳出来一个。取到每个小鼠的概率是一样的，跳出的也是一样的。先取到白色的小鼠赢，问最后princess能赢的概率。
思路：概率dp,如果把princess能赢的分成两种情况，那么这个题就是递推了，我是用记忆化搜索写的。首先，用dp[i][j]表示袋子当中还有i个白色的，j个黑色的princess能取赢的概率。那么有两种情况：
1.这一步能取赢，那么就是直接取到白色的，概率为i/(i+j);
2.这一步取不赢，那么当前一定是取到黑色的，因为最后要让princess赢，所以，接着dragon也取不赢，现在还有一个问题是，跳出的小鼠的颜色，那么又分为两种情况：
1). 跳出的为白色的。概率就是j/(i+j)*(j-1)/(i+j-1)*(i)/(i+j-2)*dp[i-1][j-2]
2). 跳出的位黑色的。概率就是j/(i+j)*(j-1)/(i+j-1)*(j-2)/(i+j-2)*dp[i][j-3]
推到这里基本上就出来了，剩下的边界条件了。如果i==0，那么概率一定是0, 如果i>0&&j==0那么概率一定为1.
#include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; const int maxn = 1010; double dp[maxn][maxn]; double dfs(int i, int j) { if (i <= 0 || j < 0) return 0; if (i > 0 && j == 0) return dp[i][0] = 1; if (dp[i][j] != -1) return dp[i][j]; double t1 = (double)i / (i + j); double t2 = (double)j / (i + j); dp[i][j] = t1; if (i + j > 2) { double t3 = dfs(i, j - 3) * (j - 1) / (i + j - 1) * (j - 2) / (i + j - 2); double t4 = dfs(i - 1, j - 2) * (j - 1) / (i + j - 1) * (i) / (i + j - 2); t2 *= (t3 + t4); dp[i][j] = t1 + t2; } return dp[i][j]; } int main() { int w, b; scanf("%d%d", &w, &b); //memset(dp, -1, sizeof(dp)); for (int i = 0; i <= w; i++) for (int j = 0; j <= b; j++) dp[i][j] = -1; printf("%.9f\n", dfs(w, b)); return 0; }
codeforces 148D Bag of mice(概率dp)
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原文地址：http://www.cnblogs.com/Howe-Young/p/5514371.html
