Alice和Bob两个人正在玩一个游戏，游戏有很多种任务，难度为p的任务（p是正整数），有1/(2^p)的概率完成并得到2^(p-1)分，如果完成不了，得0分。一开始每人都是0分，从Alice开始轮流做任务，她可以选择任意一个任务来做；而Bob只会做难度为1的任务。只要其中有一个人达到n分，即算作那个人胜利。求Alice采取最优策略的情况下获胜的概率。

输入格式：

一个正整数n，含义如题目所述。

输出格式：

一个数，表示Alice获胜的概率，保留6位小数。

样例输入：

样例输出：

0.666667

数据范围：

对于30%的数据，n≤10
对于100%的数据，n≤500

时间限制：

1sec

空间限制：

128MB

题目链接

概率DP

可以发现，对于每个游戏的状态，都是可以有前几个装态转移过来的

所以记dp[i][j]表示Ailce取得了i分，Bob取得了j分的最优概率

那么dp[n][j]($0\leq j< n$)=1，其他状态都为0

因为进行游戏时有可能失败，那么dp[i][j]可能转移到自己

那么对于转移方程，可以将dp[i][j]移项移到一边，进行转移

设当前选择p个游戏

$dp[i][j]=dp[i][j]*(1-\frac{1}{2^{p}})*\frac{1}{2}+dp[i+2^{p-1}][j]*\frac{1}{2^{p}}*\frac{1}{2}+dp[i][j+1]*(1-\frac{1}{2^{p}})*\frac{1}{2}+dp[i+2^{p-1}][j+1]*\frac{1}{2^{p}}*\frac{1}{2}$

$(\frac{1}{2}+\frac{1}{2^{p+1}})dp[i][j]=dp[i+2^{p-1}][j]*\frac{1}{2^{p}}*\frac{1}{2}+dp[i][j+1]*(1-\frac{1}{2^{p}})*\frac{1}{2}+dp[i+2^{p-1}][j+1]*\frac{1}{2^{p}}*\frac{1}{2}$

$dp[i][j]=\frac{dp[i+2^{p-1}][j]*\frac{1}{2^{p}}*\frac{1}{2}+dp[i][j+1]*(1-\frac{1}{2^{p}})*\frac{1}{2}+dp[i+2^{p-1}][j+1]*\frac{1}{2^{p}}*\frac{1}{2}}{\frac{1}{2}+\frac{1}{2^{p+1}}}$

然后对于每一个p，dp[i][j]取最大值即可

注意，此处是由较大的i,j推到较小的i,j，需要注意边界条件

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

int n,z[20];

double dp[2010][2010];

int main()

{

    scanf("%d",&n);

    for (int i=0;i<=n;i++)

      dp[n][i]=1;

    z[0]=1;

    for (int i=1;i<=15;i++)

      z[i]=z[i-1]*2;

    for (int i=n-1;i>=0;i--)

    {

        for (int j=n-1;j>=0;j--)

        {

            for (int p=1;p<=10;p++)

            {

                double now,r,sum=0;;

                now=1/((double)z[p]);

                r=1-0.5*(1-now);//r为转移方程的分母

                sum=dp[min(i+z[p-1],n)][j]*now*0.5+dp[i][j+1]*(1-now)*0.5+dp[min(i+z[p-1],n)][j+1]*now*0.5;

                dp[i][j]=max(dp[i][j],sum/r);

            }

        }

    }

    printf("%.6lf\n",dp[0][0]);

}

巴特西

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