【題解】 UVA10529 Dumb Bones 骨牌
題意
你試圖把一些多米諾骨牌排成直線，然后推倒它們。但是如果你在放骨牌的時候不小心把剛放的骨牌碰倒了，它就會把相臨的一串骨牌全都碰倒，而你的工作也被部分的破壞了。
比如你已經把骨牌擺成了 DD__DxDDD_D 的形狀（側視圖）（其中 D 代表骨牌，下划線和 x 均代表還沒有放骨牌的空位），而想要在 x 這個位置再放一塊骨牌。它可能會把左邊的一塊骨牌或右邊的三塊骨牌碰倒，而你將不得不重新擺放這些骨牌。
給出你要擺放的骨牌數目，以及放骨牌時它向左和向右倒的概率（每一塊骨牌都一樣）。
為了使期望擺放骨牌的次數最少，你可以采用某種特定的擺放順序。求這個最少的期望擺放骨牌次數。
算法 1
概率 + 最優解，可以考慮用區間 DP
考慮一個區間。枚舉這個區間里最后擺放的一塊骨牌的位置，把原區間分割成左右兩個子區間。
設原區間期望最少擺放次數為 \(E\) ，左區間為 \(E_1\) ，右區間 \(E_2\) 。此時最后一塊骨牌還沒有放上去，那么設這個空位的位置是 \(x\)
已知每塊骨牌向左倒的概率是 \(P_l\) ，向右是 \(P_r\)
單獨看 \(x\) 這一個骨牌，它不倒的概率是 \(1-P_l-P_r\) ，那么使它不倒的期望擺放次數是 \(\frac1{1-P_l-P_r}\)
注意這個次數里：最后一次是不倒的，之前的有些向左有些向右。因為向左的概率是 \(P_l\) ，所以向左倒的次數就是 \(\frac1{1-P_l-P_r}\times P_l\) 。由於每向左倒一次，左區間的就要全部重新擺放。左區間放好一次需要 \(E_1\) 個擺放，所以一共左區間要擺 \(\frac{P_l}{1-P_l-P_r}\times E_1\) 次。同理右區間一共要放置 \(\frac{P_r}{1-P_l-P_r}\times E_2\) 次。
還有就是放 \(x\) 之前需要先把左右區間都擺好一次，共 \(E_1+E_2\) 個擺放。
最后狀態轉移方程就是
於是我們輕松的寫出了下面這一坨
int n;
double pl, pr;//向左、向右倒的概率
double f[N][N];//dp 數組（記憶化搜索）
double dfs(int l, int r) {//區間左右端點
double &E = f[l][r];//使用引用方便又快捷
if (E > eps) return E;//記憶化
if (l > r) return E = 0.0;//邊界
if (l == r) return E = 1.0/(1.0-pl-pr);//只放一個
E = inf;//先來一個極大值
for (int i=l; i<=r; ++i) {//枚舉最后一個擺放的位置 i
double E1 = dfs(l, i-1);//左區間擺放次數
double E2 = dfs(i+1, r);//右區間
E = std::min(
E,
E1 + E2 + 1.0/(1.0-pl-pr) + pl*E1/(1.0-pl-pr) + pr*E2/(1.0-pl-pr)//剛才的方程
);//通過 min 獲得最優解
}
return E;
}
然后光榮地 T 飛爆零了
算法 2
上面的算法是 \(O(n^3)\) 的，當然過不了，我們考慮降維
因為每塊牌都一模一樣，顯然對於所有長度相同的區間，它們的 \(E\) 都是相同的
把狀態重新設置為區間長度，就只有不同長度的區間才需要轉移，狀態轉移方程不變
獲得正解
#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
#define N 1030
const double eps = 1e-8;
const double inf = 1e20;
double pl, pr;//向左、向右倒的概率
double f[N];
double dfs(int n) {//長度為 n 的區間
double &E = f[n], E1, E2;//還是引用
if (E > -0.5) return E;//讓 f[0]=0.0 和 f[1]=1.0/(1.0-pl-pr) 都可以自然轉移
E = inf;
for (int i=1; i<=n; ++i) {
E1 = dfs(i-1), E2 = dfs(n-i);//左、右區間的答案
E = min(
E,
E1 + E2 + f[1] + pl*E1*f[1] + pr*E2*f[1]
);
}
return E;
}
signed main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);//關閉流同步
while (true)
{
int n;
cin >> n;
if (!n) break;
cin >> pl >> pr;
for (int i=2; i<=n; ++i) f[i] = -1.0;//注意細節
f[1] = 1.0 / (1.0 - pl - pr);//同時 f[0]=0.0
printf("%.2f\n", dfs(n));
}
return 0;
}