题目描述
生日\(Party\)结束的那天晚上，剩下了一些糖果，\(Gandon\)想把所有的都统统拿走，\(Speakless\)于是说：“可以是可以，不过我们来玩\(24\)点，你不是已经拿到了一些糖果了吗？这样，如果谁赢一局，就拿走对方一颗糖，直到拿完对方所有的糖为止。”如果谁能算出来而对方算不出来，谁就赢，但是如果双方都能算出或者都不能，就算平局，不会有任何糖果的得失。
\(Speakless\)是个喜欢提前想问题的人，既然他发起了这场糖果大战，就自然很想赢啦（不然可就要精光了-_-）。现在他需要你的帮忙，给你他每局赢的概率和\(Gardon\)每局赢的概率，请你给出他可能获得这场大战胜利的概率。
Input
每行有四个数，\(Speakless\)手上的糖果数\(N\),\(Gardon\)手上的糖果数\(M(0<=N,M<=50)\)、一局\(Speakless\)能解答出来的概率\(p\)、一个问题\(Gardon\)能解答出来的概率\(q(0<=p,q<=1)\)。
Output
每行一个数，表示\(Speakless\)能赢的概率（用百分比计算，保留到小数点后2位）。
Sample Input
50 50 0.5 0.5
10 10 0.51 0.5
50 50 0.51 0.5Sample Output
0.50
0.60
0.88赤裸裸的数学题！！！
\(dp[i]\)表示\(S\)有\(i\)颗糖时，获胜的概率。
由题意得\(p*(1-q)\)为\(S\)每局获胜的概率
\(q*(1-p)\)为\(S\)每局失败的概率
\(1-p*(1-q)-q*(1-p)\)为平局的概率。
\(\therefore dp[i]=p*(1-q)*dp[i+1]+q*(i-p)*dp[i-1]+(1-p(*1-q)-q*(1-p))*dp[i]\)
移项得
\(\because dp[i]=p*(1-q)*dp[i+1]+q*(i-p)*dp[i-1]+(1-p(*1-q)-q*(1-p))*dp[i]\)
\(\therefore dp[i]+p*(1-q)*dp[i]+q*(1-p)*dp[i]=p*(1-q)*dp[i+1]+q*(i-p)*dp[i-1]+dp[i];\)
\(\therefore p*(1-q)*dp[i]+q*(1-p)*dp[i]=p*(1-q)*dp[i+1]+q*(i-p)*dp[i-1];\)
\(\therefore q*(1-p)*dp[i]-q*(1-p)*dp[i-1]=p*(1-q)*dp[i+1]-p*(1-q)*dp[i];\)
\(\therefore q*(1-p)*(dp[i]-dp[i-1])=p*(1-q)*(dp[i+1]-dp[i])\)
设\(g[i]=dp[i]-dp[i-1]\);
\(\because q*(1-p)*(dp[i]-dp[i-1])=p*(1-q)*(dp[i+1]-dp[i])\)
\(\therefore p*(1-q) g[i]=q*(1-p)*g[i-1];\)
\(\therefore g[i+1]/g[i]=q*(1-p)/(p*(1-q));\)
\(\therefore\) g[i]为等比数列.
设公比\(k=q*(1-p)/(p*(1-q))\);
若\(p==q\);
则\(dp[n]=n/n+m\);
若 \(p!=q\);
相加得
\(dp[0]\)表示失败,\(dp[n+m]\)表示获胜
\(\sum^{n+m}_{i=1}g[i]=dp[n+m]-dp[0]\)
\(\therefore \sum^{n+m}_{i=1}g[i]=1\)
\(g[1]+g[1]*k+g[1]*k^2+...+g[1]*k^{n+m-1}=1;\)
\(\therefore g[1]*(1+k+k^2+...+k^{n+m-1})=1;\)
\(s= 1+k+k^2+...+k^{n+m-1};\)
\(s=(k^{n+m}-1)/(k-1);\)
\(g[1]=1/s;\)
\(\therefore dp[n]-dp[0]=\sum^{n}_{i=1} g[i]=g[1]*(1+k...k^{n-1})=g[1]*(k^n-1)/(k-1);\)
\(\therefore dp[n]=(k^n-1)/((k-1)*s)=(k^n-1)/((k-1)*(((k^{n+m}-1)/(k-1))))=(k^n-1)/(k^{n+m}-1);\)
\(\therefore dp[n]=(k^n-1)/(k^{n+m}-1);\)
代码如下
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
double p1,p2;
int A,B;
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
while(cin>>A>>B>>p1>>p2){
double k=p2*(1-p1)/(p1*(1-p2));
if(!B||p1==1)puts("1.00");
else if(!A||p2==1)puts("0.00");
else printf("%.2lf\n",(fabs(p1-p2)<1e-6?A*1.0/(A+B)*1.0:(pow(k,A)-1)/(pow(k,A+B)-1)));
}
}