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CODEVS上一道钻石题，还是DP的思想，先来题目
1060 搞笑世界杯
时间限制: 1 s
空间限制: 128000 KB
题目等级 : 钻石 Diamond
题解
题目描述 Description
随着世界杯小组赛的结束,法国,阿根廷等世界强队都纷纷被淘汰,让人心痛不已. 于是有
人组织了一场搞笑世界杯,将这些被淘汰的强队重新组织起来和世界杯一同比赛.你和你的朋
友欣然去购买球票.不过搞笑世界杯的球票出售方式也很特别,它们只准备了两种球票.A 类
票------免费球票 B 类票-------双倍价钱球票.购买时由工作人员通过掷硬币决定,投到正面
的买A类票, 反面的买B类票.并且由于是市场经济,主办方不可能倒贴钱,所以他们总是准备
了同样多的A类票和B类票.你和你的朋友十分幸运的排到了某场精彩比赛的最后两个位置.
这时工作人员开始通过硬币售票.不过更为幸运的是当工作人员到你们面前时他发现已无需
再掷硬币了,因为剩下的这两张票全是免费票。
你和你的朋友在欣喜之余,想计算一下排在队尾的两个人同时拿到一种票的概率是多少
(包括同时拿A 类票或B类票) 假设工作人员准备了2n 张球票,其中n 张A类票,n 张B类票,并且排在队伍中的人每人必须且只能买一张球票(不管掷到的是该买A 还是该买B).
输入描述 Input Description
输入文件仅一行,包含球票数2n . 其中,0<n<=1250 ，n 为整数。
输出描述 Output Description
输出文件只包含一个数,为拿到同一种票的概率,精确到小数点后4 位。
样例输入 Sample Input
256
样例输出 Sample Output
0. 9500
数据范围及提示 Data Size & Hint
en
大概意思就是，有2n张票，n张免费，n张双倍价格，有两个排在队尾的两个人，问他们这两个拿到相同票数的可能性有多大。
可以说是比较基础的DP题了，可以看出他的状态改变方程F(i)(j) = k F(i-1)(j) + k F(i)(j-1);
那么由于题中说了条件是一半一半，所以k = 0.5 即可。
那么上题解
1 #include<cstdlib>
2 #include<cstdio>
3 #define Ma 2000
4 using namespace std;
5 int n;
6 double dp[Ma][Ma];
7 int main()
8 {
9 scanf("%d",&n);
10 dp[1][1]=1;
11 n=n/2;//题目中给出的n是2n！
12 for (int i=2;i<=n;i++)
13 {
14 dp[i][0]=1;
15 dp[0][i]=1;
16 }
17 for (int i=1;i<=n;i++)
18 for (int j=1;j<=n;j++)
19 dp[i][j]=dp[i-1][j]*0.5+dp[i][j-1]*0.5;
20 printf("%.4lf",dp[n][n]);
21 return 0;
22 }
然而对于第12-16行的代码可以近似的理解为两种状态的极端情况，即前n个人全部拿了免费票或者是双倍票，剩到你这里的票就已经是固定死的了，所以这是边界条件
到了第19行就刚好是DP的转移方程了，该人的票受前一个人选中的票的影响，又要综合两种极端条件，如图所示
打点代表为1，中间为其可能性大小，那么最后保留小数点后4位就好了，一道钻石题就可以A了，但这个题难在不好想，不一定能考虑到DP。
还有205天初赛， 还有233天复赛。
那是我愿意付诸一生的人，现在却没法拥有。
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原文地址：http://www.cnblogs.com/wahahaljy/p/6606755.html
