這是一個(gè)期望的題目，有兩種做法。
一種是比較好想的高斯消元，另一種是思維難度稍微大了一些的數(shù)學(xué)做法，但是代碼很短，時(shí)間復(fù)雜度也更優(yōu)秀。
（高斯消元做法）

#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstdlib> #include<cstring> #include<cmath> #include<algorithm> using namespace std; int read() {int x=0,f=1;char c=getchar();while (c<'0'||c>'9') {if (c=='-') f=-1;c=getchar();}while (c>='0'&&c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();return x*f; } #define N 210 int n,m; double a[N][N],p; void gauss() {for (int i=0;i<n+m+1;i++){int mx=i;for (int j=i+1;j<=n+m+1;j++)if (fabs(a[j][i])>fabs(a[mx][i])) mx=j;if (i!=mx) swap(a[i],a[mx]);for (int j=i+1;j<=n+m+1;j++){double t=a[j][i]/a[i][i];for (int k=i;k<=n+m+2;k++)a[j][k]-=t*a[i][k];}} } int main() {n=read(),m=read();cin>>p;a[0][0]=p;a[0][1]=1-p;a[0][0]--;a[0][n+m+2]--;for (int i=1;i<n+m;i++)a[i][i-1]=p,a[i][i+1]=1-p,a[i][i]--,a[i][n+m+2]--;a[n+m][n+m]=1-p;a[n+m][n+m-1]=p;a[n+m][n+m]--,a[n+m][n+m+2]--;a[n][n-1]=a[n][n+1]=a[n][n+m+2]=0;a[n+m+1][n-1]=p,a[n+m+1][n+1]=1-p,a[n+m+1][n+m+1]--,a[n+m+1][n+m+2]--;gauss();printf("%.7lf",a[n+m+1][n+m+2]/a[n+m+1][n+m+1]);return 0; }

以前沒有怎么做過期望的題目，更是沒有想到可以用高斯消元來做期望的題目。

但是現(xiàn)在發(fā)現(xiàn)其實(shí)這是個(gè)挺常見的套路，所以就學(xué)習(xí)了一下qwq

有興趣的話可以去做一下HNOI2013游走，這個(gè)也是高斯消元來求解未知數(shù)的期望類型題目。

（數(shù)學(xué)做法）

#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #define MAXN 110 using namespace std; long double sum[MAXN],p,ans=1.0; int n,m; int main() {cin>>n>>m;cin>>p;sum[0]=1.0;for(int i=1;i<=n+m;i++)sum[i]=sum[i-1]*(1-p)/p,ans+=sum[i];printf("%.8Lf",(1/(sum[n]/ans)));return 0; }

其實(shí)這個(gè)題有類似的題目收集郵票有興趣的話可以嘗試一下，思路很相近。

這個(gè)做法就比較玄妙了。

我們可以這樣想：

我們把狀態(tài)進(jìn)行分離，因?yàn)锳lice和Bob的寶石總和不變，所以我們只考慮Alice的個(gè)數(shù)，我們將狀態(tài)抽離出來為她擁有0~n+m這n+m+1種狀態(tài)，我們要計(jì)算這些狀態(tài)在總體上的期望出現(xiàn)次數(shù)。而這些狀態(tài)之間每次都會(huì)有概率加成的轉(zhuǎn)移。

因?yàn)橛螒驎?huì)進(jìn)行無限輪（也就是無窮大），這樣的話開始幾次的情況其實(shí)對(duì)整體的影響很小很小。而在進(jìn)行了無窮多的傳遞后，各個(gè)狀態(tài)出現(xiàn)的期望出現(xiàn)次數(shù)應(yīng)該是達(dá)到了穩(wěn)定值（當(dāng)然這其中肯定是每輪之間是有變化的，但是要理解的一點(diǎn)是，我們將狀態(tài)轉(zhuǎn)移進(jìn)行了無窮多輪，所以我們要從整體上來看，那么均攤到每個(gè)狀態(tài)的概率肯定是穩(wěn)定的、恒定的）

既然每種狀態(tài)的概率是穩(wěn)定的，那么我們考慮每次狀態(tài)的轉(zhuǎn)移。考慮狀態(tài)\(A_k\)和它的上一個(gè)狀態(tài)\(A_{k-1}\)，\(A\)每次有p的概率轉(zhuǎn)移到上一個(gè)狀態(tài)，它的上一個(gè)狀態(tài)有1-p的概率轉(zhuǎn)移到它。但是要維持在總體上他們的穩(wěn)定，那么就有\(A_k\times p=A_{k-1}\times (1-p)\)，這樣的話我們可以知道這些狀態(tài)的分布呈公比為\(\frac{1-p}{p}\)的等比數(shù)列。那么我們假設(shè)開始的0狀態(tài)為單位1，就可以進(jìn)行遞推了。

隨后我們可以用\(A_n\)狀態(tài)來除以總數(shù)，算出在這些狀態(tài)中（如果把總和看作單位1的話），n狀態(tài)出現(xiàn)的次數(shù)（比1小）。最后我們將整個(gè)游戲的無數(shù)個(gè)回合具象成一條直線。那么n狀態(tài)就是上面的一些間隔的點(diǎn)。我們要求的問題也可以轉(zhuǎn)化成相鄰兩個(gè)n狀態(tài)出現(xiàn)的間隔。那么就用1來除以它就可以了。

轉(zhuǎn)載于:https://www.cnblogs.com/fengxunling/p/9763816.html

總結(jié)

以上是生活随笔為你收集整理的游戏（期望）的全部?jī)?nèi)容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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