poj 3744 题解

题意： $ yyf $ 一开始在 $ 1 $ 号节点他要通过一条有 $ n $ 个地雷的道路，每次前进他有 $ p $ 的概率前进一步，有 $ 1-p $ 的概率前进两步，问他不领盒饭的概率。

对于这道题我们可以考虑 $ dp $ ，我们可以设计状态 $ f[i] $ 表示安全通过 $ i $的概率，那么我们可以得到状态转移方程

$ f[i]=p* f[i-1]+(1-p)* f[i-2] $

$ f[x_i]=0 $

然后我们可以看到 $ x \in [1, 100000000] $如果我们直接 $ dp $ 很明显会超时那么怎么办呢？我们可以去考虑进行分段 $ dp $ 。我们可以观察发现在你到一个地雷前，这其中的概率只与这个地雷有关就可以把区间进行缩小然后 $ dp $

$ a[1],a[2],a[3]......a[x[1]] $

$ a[x[1]+1],a[x[1]+2],a[x[1]+3]......a[x[2]] $

$ .......... $

$ a[x[n-1]+1],a[x[n-1]+2],a[x[n-1]+3]......a[x[n]] $

然后我们看到这个状态转移方程

$ f[i]=p* f[i-1]+(1-p)* f[i-2] $

是不是很像

$ f[i]=f[i-1]+ f[i-2] $

就可以看作斐波那契数列加了个参数可以使用矩阵加速(对于这个网上有很多题解，这里就不讲这个讲下别的）

我们可以利用这个式子的特征方程进行求解（关于这一类方程）

首先我们可以写出它的特征方程 $ x^2=px+* (1-p) $

移项后得 $ x^2-px+p-1=0 $

利用求根公式得到两个不同的可行解 $ x_1=p-1 \ \ \ \ x_2= 1 $

就可以写出通项公式 $ f(n)=c_1x_1^n+c_2x_2n $

即 $ f(n)=c_1* 1^n +c_2 * (p-1)^n $

然后我们可以将 $ f(1)=1,f(2)=p $ 带入可以知道 $ c_1=\frac{1}{2-p} \ \ \ c_2=\frac{1}{p-2} $

最后的通项公式就是 $ f(n)=\frac{1-(p-1)^n}{2-p} $

最后用快速幂求出 $ 1-(p-1)^n $ 即可

代码

#include<cstdio>

#include<algorithm>

#include<cmath>

using namespace std;

int n,x[30];

double p,ans;

double power(int y){

	double tmp=1;double x=p-1.0;//注意类型

	while(y){

		if(y&1) tmp*=x;

		x*=x;

		y>>=1;

	}

	return tmp;

}

int main(){

	while(scanf("%d %lf",&n,&p)!=EOF){

		for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&x[i]);

		ans=1;x[0]=0;

		sort(x+1,x+1+n);//原来的地雷不一定有序

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

			int tmp=x[i]-x[i-1]-1;//走到地雷前

			ans*=((1.0-power(tmp))/(2.0-p));

			if(fabs(ans)<1e-8) break;//为0直接退出

			ans*=(1.0-p);//跳过地雷，走两步

		}

		printf("%.7lf\n",ans);

	}

	return 0;

}

巴特西

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