你正在嘗試用多公尺諾骨牌搭成一條直線，以便最後試驗時推倒它們
（確實，搭建某些東西僅僅為了推倒看上去沒啥意義，但你有一些奇怪的愛好）
然而你在搭建過程中可能會弄倒骨牌，這將波及到鄰近的部分
現在需要你來求將骨牌搭建完成所需的期望步數
若干組資料，以0結尾
乙個整數n(1 \leq n \leq 1000)(1≤n≤1000) 表示你需要搭的骨牌數量
兩個整數p_l,p_rpl,pr 分別表示搭建某個骨牌時向左，向右傾倒的概率
對於每組資料，輸出乙個實數，保留兩位小數，為搭建完成的期望步數
10 0.25 0.25
10 0.1 0.4
10 0.0 0.5
046.25
37.28
20.00
期望是什麼？
概率與期望dp+區間dp
題面與區間dp類似。設e[i
]e[i]
e[i]
表示前i塊骨牌搭建完成的期望步數。
因此，對於前i塊骨牌，可以考慮當前放第j塊骨牌，該骨牌左側骨牌擺好的期望值為e[j
]e[j]
e[j]
,右側為e[i
−j−1
]e[i-j-1]
e[i−j−
1];顯然，e[j
]e[j]
e[j]
與e [i
−j−1
]e[i-j-1]
e[i−j−
1]互不影響
當前骨牌沒有倒：11−
pl−p
r\frac
1−pl−p
r1向左倒：pl∗
e[j]
1−pl
−p
r\frac
1−pl−p
rpl∗
e[j]
向右倒：pr∗
e[i−
j−1]
1−pl
−p
r\frac
1−pl−p
rpr∗
e[i−
j−1]so
,e[i
]=e[
j]+e
[i−j
−1]+
11−p
l−pr
+pl∗
e[j]
1−pl
−pr+
pr∗e
[i−j
−1]1
−pl−
pr
so,e[i]=e[j]+e[i-j-1]+\frac+\frac+\frac
so,e[i
]=e[
j]+e
[i−j
−1]+
1−pl
−pr1
+1−
pl−p
rpl∗
e[j]
+1−
pl−p
rpr∗
e[i−
j−1]e[
i]=m
in(1
1−pl
−pr+
(1−p
r)∗e
[k]1
−pl−
pr+(
1−pl
)∗e[
i−k−
1]1−
pl−p
r)(0
<=k
e[i]=min(\frac+\frac+\frac)(0<=ke[ i]=m in(1 −pl− pr1 +1−p l−pr (1−p r)∗e [k] +1−p l−pr (1−p l)∗e [i−k −1] )(0<=k 這樣得到乙個0(n2)的演算法，觀察狀態轉移方程第二項是不斷增大的，第三項是減少的， 第一項是常數，則ei是乙個單峰函式，且是下凹的，可以用二分或三分來優化，複雜 度為o（n*logn） 又因為e陣列是下凹的，利用這個性質，我們可以證明決策k是不減的，可以利用單調性來優化到o（n）的效率#includeusing namespace std;
const int n=1e3+10;
double f[n],pl,pr;
int n;
double getdp(int i,int j)
double solve()
return f[n];
}int main()
return 0;
}
演算法 概率與期望DP
前兩節主要針對題目分析，沒時間的珂以跳過。首先舉一道簡單 經典的好題 lightoj1038 race to 1 again 懶得單獨寫，安利一下dennyqi同學的部落格 很顯然很多期望題的狀態是和自己有關的，怎麼辦呢，難道不停的搜尋自己？上面的方法顯然行不通，於是我們只能簡單變形一下。很容易列出...
期望概率 dp
p4316 綠豆蛙的歸宿 p1850 noip2016 提高組 換教室 p3802 小魔女帕琪 p5104 紅包發紅包 p4550 收集郵票 f i frac f i 1 frac f 1 g i frac g i f i 1 frac g f 1 p1291 shoi2002 百事世界盃之旅 p3...
（概率dp 期望）Collecting Bugs
題目是真的長，找了半天才知道n和s是啥，題意就是有s個程式，n種bug 每一天必定發現乙個bug，但是這個bug有1 s概率屬於其中乙個程式，1 n的概率屬於一種bug，求s個程式要發現n種bug的概率。kuangbin大佬部落格 期望從結果倒著推到初始狀態 dp i j i n s dp i j ...