HDU-1204 糖果大战（概率DP）

版权声明：我这种蒟蒻的文章，真正的大佬一般看不上的_(:з」∠)_ https://blog.csdn.net/Paulliant/article/details/82291467

题意

两个人分别有 $N,M$ 颗糖果，现在他们在玩 $24$ 点，已知这两人分别想出来的概率为 $p,q$，赢可以获得对方的一颗糖，当某个人糖被拿完就判输，求第一个人胜利的概率。
$1 \leq N,M \leq 50$

思路

赢的概率为 $p(1-q)$，输的概率为 $q(1-p)$ ，那么这两个数分别除以 $p(1-q)+q(1-p)$ 就能排除和的情况。
问题就转化成了已知第一个人赢的概率为 $p​$ ，第二个人赢的概率为 $q​$ $(p+q=1)​$ ，求第一个人获胜概率。
设 $a_n$ 为第一个人手中有 $n$ 个糖果的获胜概率。
$a_n=pa_{n+1}+qa_{n-1}$, $a_0=0$, $a_{N+M}=1$, 求 $a_N$.
$a_{n-1}=qa_{n}+pa_{n-2}$
$a_n=\dfrac{1}{p}a_{n-1}-\dfrac{q}{p}a_{n-2}$
写出特征方程 $x^2-\dfrac{1}{p}x+\dfrac{q}{p}=0$
即 $x^2-\dfrac{1}{p}x+\dfrac{1-p}{p}=0$
解得$x_1=\dfrac{1-p}{p}=\dfrac{q}{p}$, $x_2=1$.
设通项为 $a_n=K_1(\dfrac{q}{p})^n+K_21^n$ 即 $a_n=K_1(\dfrac{q}{p})^n+K_2$
有 $a_0=K_1+K_2,a_{N+M}=K_1(\dfrac q p)^{N+M}+K_2$
即 $K_1+K_2=0,K_1(\dfrac q p)^{N+M}+K_2=1$
解得 $K_1=\dfrac 1 {(\dfrac q p)^{N+M}-1},K_2=-\dfrac 1 {(\dfrac q p)^{N+M}-1}$
通项为 $a_n=\dfrac{(\dfrac q p)^{n}-1}{(\dfrac q p)^{N+M}-1}$
故 $a_N=\dfrac{(\dfrac q p)^N-1}{(\dfrac q p)^{N+M}-1}$
直接套公式解决。

代码

#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define FOR(i,x,y) for(int i=(x);i<=(y);i++)
#define DOR(i,x,y) for(int i=(x);i>=(y);i--)
typedef long long LL;
using namespace std;

int main()
{
    int n,m;
    double p,q;
    while(~scanf("%d%d%lf%lf",&n,&m,&p,&q))
    {
        double P=p*(1.0-q),Q=q*(1.0-p);
        if(m==0)printf("1.00\n");
        else if(n==0)printf("0.00\n");
        else if(P==Q)printf("%.2lf\n",1.0*n/(n+m));
        else if(P==1)printf("1.00\n");
        else if(Q==1)printf("0.00\n");
        else printf("%.2lf\n",(1.0-pow(Q/P,n))/(1.0-pow(Q/P,n+m)));
    }
    return 0;
}