题意

\(m\)面骰子,求

1.连续出现\(n\)个相同的停止；

2.连续出现\(n\)个不同的停止

的期望投骰子次数。

\(n,m ≤ 10^6\)

sol

首先考虑一个转移式子吧。

设\(f_i,g_i\)分别表示已经连续出现了\(i\)个相同/不同时的期望步数：

\[f_i=\frac 1mf_{i+1}+\frac{m-1}mf_1+1
\]

（只有\(\frac 1m\)的概率继续投出对应的颜色，否则就前功尽弃，从\(1\)重新开始）

\[g_i=\frac{m-i}{m}g_{i+1}+\frac 1m\sum_{x=1}^{i}g_x+1
\]

（如果投出了与之前相同的颜色，每种颜色各有\(\frac 1m\)的概率出现，所以各有\(\frac 1m\)的概率退回到\(1..i\)的状态）

边界状态\(f_n=g_n=0\)，我们的目标是求\(f_0,g_0\)。

考虑怎么解上面那个东西吧，这里我们用一种很经典的方法——错位相减。

先做\(f_i\)吧。

把\(f_{i+1}\)对应的式子写出来：

\[f_{i+1}=\frac 1mf_{i+2}+\frac{m-1}mf_1+1
\]

两式相减：

\[f_i-f_{i+1}=\frac 1m(f_{i+1}-f_{i+2})
\]

因为有一个很显然的条件式：\(f_0-f_1=1\)

所以就可以直接推得：

\(f_1-f_2=m,f_2-f_3=m^2......f_{n-1}-f_n=m^{n-1}\)

那么\(f_0=\sum_{i=0}^{n-1}m^i=\frac{1-m^n}{1-m}\)

然后是\(g_i\)。

同样把\(g_{i+1}\)对应的式子写出来：

\[g_{i+1}=\frac{m-i-1}{m}g_{i+2}+\frac 1m\sum_{x=1}^{i+1}g_x+1
\]

同样两式相减：

\[g_i-g_{i+1}=\frac{m-i}mg_{i+1}-\frac{m-i-1}mg_{i+2}-\frac 1mg_{i+1}\\=\frac{m-i-1}m(g_{i+1}-g_{i+2})
\]

同样还是根据\(g_0-g_1=1\)的性质可知：

\(g_1-g_2=\frac m{m-1},g_2-g_3=\frac{m^2}{(m-1)(m-2)}......\)

线性递推即可。

时间复杂度\(O(Tn)\)

code

#include<cstdio>

#include<algorithm>

#include<cmath>

using namespace std;

int main()

{

	int T;

	while (scanf("%d",&T)!=EOF)

		while (T--)

		{

			int ty,m,n;scanf("%d%d%d",&ty,&m,&n);

			if (!ty)

				printf("%.10lf\n",(pow(m,n)-1)/(m-1));

			else

			{

				double ans=0,last=1;

				for (int i=1;i<=n;++i)

					ans+=last,last*=1.0*m/(m-i);

				printf("%.10lf\n",ans);

			}

		}

	return 0;

}

巴特西

[HDU4652]Dice

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sol

code

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