标签：1.0 Dangerous LightOJ sum2 sum1 II cnt2 cnt1 dp
题目链接：A Dangerous Maze (II) - LightOJ 1395 - Virtual Judge (ppsucxtt.cn)
题意：一个迷宫有n扇门，每个门对应一个非零值x，如果x是正的，就会在x分钟后带你逃离迷宫，如果x是负的，就会在（-x）分钟后带你回到原点，你会记录你最后走的k扇门，问你走出迷宫的时间期望。
这道题目是之前做过的一道题目的变形，上道题目博客链接：(58条消息) （LightOJ - 1027）A Dangerous Maze（数学期望）_AC__dream的博客-CSDN博客
之前的那道题目中你不存在记忆，而这道题目中你会对之前走过的门保留一定的记忆，这就是两道题目的不同点，我们可以设dp[i]表示你已经保留了i扇门的记忆，此时你想要出去所要花费的时间期望，需要注意的一点时，你保留的记忆一定是错误的门，因为你一旦走到了正确的门你将会直接出去而省去接下来的过程，我们先来分析一下dp数组如何更新：
于是就有动态转移方程：dp[i]=1.0*(cnt2-i)/(cnt1+cnt2-i)*dp[i+1]+1.0*(sum1+1.0*sum2/cnt2*(cnt2-i))/(cnt1+cnt2-i);
我们现在来考虑一下终止状态：
如果k>=cnt2，当我们记忆完所有的错误门时，一定有下次成功的概率为1，直接定义终止时的dp值为sum1/cnt1即可
如果k<cnt2,则当我们记忆完k扇门时，下一次一共有cnt1+cnt2-k扇门供我们选择，成功的概率为cnt1/(cnt1+cnt2-k)，如果不成功概率不变，直到成功为止，所以这是一个几何分布模型，成功的期望次数就是成功概率的倒数，也就是（cnt1+cnt2-k)/cnt1，每次花费的时间是当前所有情况的平均时间，也就是(sum1+sum2/cnt2*(cnt2-k))/(cnt1+cnt2-k)，每次的平均时间乘以期望次数就是期望时间了，接下来直接进行动态转移就好了，最后不要忘记特判没有正值门的情况。
下面是代码：
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<queue>
using namespace std;
const int N=200;
double f[N];
//f[i]表示已经记住i扇门后出去的期望时间
int main()
{
int T,cnt1,sum1,cnt2,sum2;
cin>>T;
for(int o=1;o<=T;o++)
{
cnt1=sum1=cnt2=sum2=0;
int n,t,k;
scanf("%d%d",&n,&k);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&t);
if(t>0) cnt1++,sum1+=t;
else cnt2++,sum2-=t;
}
if(cnt2==n)
{
printf("Case %d: -1\n",o);
continue;
}
if(k>=cnt2) f[k=cnt2]=1.0*sum1/cnt1;
else f[k]=1.0*(sum1+1.0*sum2/cnt2*(cnt2-k))/(cnt1+cnt2-k)*(cnt1+cnt2-k)/cnt1;
for(int i=k-1;i>=0;i--)
f[i]=1.0*(cnt2-i)/(cnt1+cnt2-i)*f[i+1]+1.0*(sum1+1.0*sum2/cnt2*(cnt2-i))/(cnt1+cnt2-i);
printf("Case %d: %.10lf\n",o,f[0]);
}
return 0;
}标签：1.0,Dangerous,LightOJ,sum2,sum1,II,cnt2,cnt1,dp 来源： https://blog.csdn.net/AC__dream/article/details/120975880
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