题解：AcWing 290. 坏掉的机器人

问题分析

这种在矩阵上移动求 Min、Max、Sum 的问题大多可使用动态规划（DP）解决，例如 CSP2020 - J 的第 4 题“方格取数”。

状态转移方程

这里采用倒推的方式，设 \(dp[i][j]\) 为从 \((i, j)\) 出发，走到第 \(N\) 行的期望步数，而非从 \((x, y)\) 到 \((i, j)\) 的期望步数，避免问题复杂化。状态转移方程如下：

\[\begin{cases} dp[i][j] = \frac{1}{3}(dp[i][j] + dp[i][j + 1] + dp[i + 1][j]) + 1, & \text{if } j = 1 \\ dp[i][j] = \frac{1}{3}(dp[i][j] + dp[i][j - 1] + dp[i + 1][j]) + 1, & \text{if } j = M \\ dp[i][j] = \frac{1}{4}(dp[i][j] + dp[i][j - 1] + dp[i][j + 1] + dp[i + 1][j]) + 1, & \text{otherwise} \end{cases} \]

其中，当 \(j = 1\) 时不能向左移动；当 \(j = M\) 时不能向右移动。

特殊情况

当 \(M = 1\) 时，只能不动或向下移动，此时 \(dp[i][1] = \frac{1}{2}(dp[i][1] + dp[i + 1][1]) + 1\)。手动解方程可得 \(dp[i][1] = dp[i + 1][1] + 2\)，那么答案可直接算出，第 \(X\) 行的结果为 \(2\times(N - X)\)。

后效性问题及解决方法

状态转移方程存在后效性，\(dp[i][j]\) 会用到 \(dp[i][j + 1]\)，而 \(dp[i][j + 1]\) 也会用到 \(dp[i][j]\)，构成了环。但该题没有向上移动，行与行之间没有依赖关系，第 \(i\) 行只会用到第 \(i + 1\) 行，不会用到第 \(i - 1\) 行，所以从 \(N\) 开始倒推，可解决行与行之间的递推。对于列与列之间的依赖关系，可使用高斯消元法解决。

化简状态转移方程
将原状态转移方程化简可得：

\[\begin{cases} \frac{2}{3}dp[i][j] = \frac{1}{3}dp[i][j + 1] + \frac{1}{3}dp[i + 1][j] + 1, & \text{if } j = 1 \\ \frac{2}{3}dp[i][j] = \frac{1}{3}dp[i][j - 1] + \frac{1}{3}dp[i + 1][j] + 1, & \text{if } j = M \\ \frac{3}{4}dp[i][j] = \frac{1}{4}dp[i][j - 1] + \frac{1}{4}dp[i][j + 1] + \frac{1}{4}dp[i + 1][j] + 1, & \text{otherwise} \end{cases} \]

将已知数和未知数分开：

\[\begin{cases} \frac{2}{3}dp[i][j] - \frac{1}{3}dp[i][j + 1] = \frac{1}{3}dp[i + 1][j] + 1, & \text{if } j = 1 \\ \frac{2}{3}dp[i][j] - \frac{1}{3}dp[i][j - 1] = \frac{1}{3}dp[i + 1][j] + 1, & \text{if } j = M \\ \frac{3}{4}dp[i][j] - \frac{1}{4}dp[i][j - 1] - \frac{1}{4}dp[i][j + 1] = \frac{1}{4}dp[i + 1][j] + 1, & \text{otherwise} \end{cases} \]

系数矩阵

假设矩阵有 \(m = 5\) 列，其 \(5\times5\) 的系数矩阵如下：

\[\begin{bmatrix} \frac{2}{3} & -\frac{1}{3} & 0 & 0 & 0 & | & \frac{1}{3}dp[i + 1][1] + 1 \\ -\frac{1}{4} & \frac{3}{4} & -\frac{1}{4} & 0 & 0 & | & \frac{1}{4}dp[i + 1][2] + 1 \\ 0 & -\frac{1}{4} & \frac{3}{4} & -\frac{1}{4} & 0 & | & \frac{1}{4}dp[i + 1][3] + 1 \\ 0 & 0 & -\frac{1}{4} & \frac{3}{4} & -\frac{1}{4} & | & \frac{1}{4}dp[i + 1][4] + 1 \\ 0 & 0 & 0 & -\frac{1}{3} & \frac{2}{3} & | & \frac{1}{3}dp[i + 1][5] + 1 \end{bmatrix} \]

化简后为：

\[\begin{bmatrix} 2 & -1 & 0 & 0 & 0 & | & dp[i + 1][1] + 3 \\ -1 & 3 & -1 & 0 & 0 & | & dp[i + 1][2] + 4 \\ 0 & -1 & 3 & -1 & 0 & | & dp[i + 1][3] + 4 \\ 0 & 0 & -1 & 3 & -1 & | & dp[i + 1][4] + 4 \\ 0 & 0 & 0 & -1 & 2 & | & dp[i + 1][5] + 3 \end{bmatrix} \]

高斯消元法

高斯消元法用于解决 \(N\) 元一次方程组，需要一个系数矩阵，具体算法过程分三步：

1. 找到第 \(i\) 列最大的数，并将其所在行挪到当前最靠上的一行，即第 \(i\) 行。
2. 将该数变为 \(1\)（将第 \(i\) 行所有数除以该数）。
3. 将所有靠下行第 \(i\) 列上的数变为 \(0\)（将所有行数比 \(i\) 大的行上的数都减去该行第 \(i\) 列数乘以第 \(i\) 行上与其在同列的数）。

最后可将系数矩阵转化为一个上三角矩阵，从而轻松求出未知数，且该题不存在无解或有多组解的情况。

由于 DP 状态转移方程在每一行上和高斯消元可求解的问题一样，是一个 \(N\) 元一次方程组，所以可以倒序遍历每一行，每一行再填写高斯消元系数矩阵进行求解。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define IF_ON_ONLINEOJ true
#define IF_ON_LUOGU true
#define JIAO_HU_TI false
namespace fast{
#if IF_ON_LUOGU == false
#pragma GCC optimize("Ofast,unroll-loops,no-stack-protector")
#endif
#if JIAO_HU_TI == false
#define endl '\n'
#endif
#define re register
#define il inline
#define ri register int
#if IF_ON_ONLINEOJ == true
    constexpr auto asdfasdf=1<<20;char in[asdfasdf],out[asdfasdf],*p1=in,*p2=in,*p3=out;
#define getchar() (p1==p2&&(p2=(p1=in)+fread(in,1,asdfasdf,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
#define flush() (fwrite(out,1,p3-out,stdout))
#define putchar(x) (p3==out+asdfasdf&&(flush(),p3=out),*p3++=(x))
    class Flush{public:~Flush(){flush();}}_;
#endif
    template<typename type>inline type read(type &x){x=0;bool flag(0);char ch=getchar();while(!isdigit(ch)) flag^=ch=='-',ch=getchar();while(isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar();return flag?x=-x:x;}
    template<typename type>inline void write(type x){x<0?x=-x,putchar('-'):0;static short Stack[50],top(0);do Stack[++top]=x%10,x/=10;while(x);while(top) putchar(Stack[top--]|48);}
    inline char read(char &x){do x=getchar();while(isspace(x));return x;}
    inline char write(const char &x){return putchar(x);}
    inline void read(char *x){static char ch;read(ch);do *(x++)=ch;while(!isspace(ch=getchar())&&~ch);}
    template<typename type>inline void write(type *x){while(*x)putchar(*(x++));}
    inline void read(string &x){static char ch;read(ch),x.clear();do x+=ch;while(!isspace(ch=getchar())&&~ch);}
    inline void write(const string &x){for(int i=0,len=x.length();i<len;++i)putchar(x[i]);}
    template<typename type,typename...T>inline void read(type &x,T&...y){read(x),read(y...);}
    template<typename type,typename...T>inline void write(const type &x,const T&...y){write(x),write(y...);}
}
using namespace fast;

const int N = 1e3 + 5;
using DB = double;

int n, m, x, y;
DB f[N][N], X[N][N];

void gaosi(){
    for (int i = 1; i <= m; i ++ ){
        DB t = X[i][i];
        X[i][i] = 1.0;  X[i][i + 1] /= t;
        if (i < m)  X[i][m + 1] /= t;
        t = X[i + 1][i];
        X[i + 1][i] -= t;
        X[i + 1][i + 1] -= t * X[i][i + 1];
        X[i + 1][m + 1] -= t * X[i][m + 1];
    }
    for ( int i = m ; i > 0 ; i -- ) {
        X[i - 1][m + 1] -= X[i - 1][i] * X[i][m + 1];
        X[i - 1][i] -= X[i - 1][i] * X[i][i];
    }
}

signed main() {
    read(n, m, x, y);

    if (m == 1){
        write((n - x) << 1, '\n');
        return 0;
    }

    for (int i = n - 1; i >= x; i -- ){
        X[1][1] = X[m][m] = 2.0 / 3.0;
        X[1][2] = X[m][m - 1] = - 1.0 / 3.0;
        X[1][m + 1] = f[i + 1][1] / 3.0 + 1.0;
        X[m][m + 1] = f[i + 1][m] / 3.0 + 1.0;
        for (int j = 2; j < m; j ++ ){
            X[j][j - 1] = X[j][j + 1] = - 1.0 / 4.0;
            X[j][j] = 3.0 / 4.0;
            X[j][m + 1] = f[i + 1][j] / 4.0 + 1.0;
        }
        gaosi();
        for (int j = 1; j <= m; j ++ )
            f[i][j] = X[j][m + 1];
    }

    printf("%.10lf\n", f[x][y]);
    return 0;
}