CF148D Bag of mice

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思路

状态设计

设 \(dp_{i, j}\) 表示袋中有 \(i\) 个白鼠和 \(j\) 个黑鼠时，\(A\) 能赢的概率。

状态转移

现在考虑抓鼠情况：

1. \(A\) 抓到白鼠：直接判 \(A\) 赢，概率是 \(\frac{i}{i + j}\)；
2. \(A,B\) 都抓到一只黑鼠，并且跑出来一只黑鼠：概率为 \(\frac{j}{i + j} \times \frac{j - 1}{i + j - 1} \times \frac{j - 2}{i + j - 2}\)，然后转移到 \(dp_{i, j - 3}\)，故此情况下 \(A\) 获胜的概率为 \(\frac{j}{i + j} \times \frac{j - 1}{i + j - 1} \times \frac{j - 2}{i + j - 2} \times dp_{i, j - 3}\)；
3. \(A,B\) 都抓到一只黑鼠，并且跑出来一只白鼠：概率为 \(\frac{j}{i + j} \times \frac{j - 1}{i + j - 1} \times \frac{i}{i + j - 2}\)，然后转移到 \(dp_{i - 1, j - 2}\)，故此情况下 \(A\) 获胜的概率为 \(\frac{j}{i + j} \times \frac{j - 1}{i + j - 1} \times \frac{i}{i + j - 2} \times dp_{i - 1, j - 2}\)；
4. \(B\) 抓到白鼠：此情况 \(A\) 失败，故不考虑。

所以总得转移方程就是：

\[dp_{i, j} = \frac{i}{i + j} + \frac{j}{i + j} \times \frac{j - 1}{i + j - 1} \times \frac{j - 2}{i + j - 2} \times dp_{i, j - 3} + \frac{j}{i + j} \times \frac{j - 1}{i + j - 1} \times \frac{i}{i + j - 2} \times dp_{i - 1, j - 2} \]

当然转移的时候得分别判断【\(j\) 是否大于等于 \(3\)】和【\(i\) 是否大于等于 \(1\) 且 \(j\) 是否大于等于 \(2\)】。

边界条件

1. 在没有老鼠或全是黑鼠的情况下，\(A\) 一定输，即：\(\forall i \in [0, m], \ dp_{0, i} = 0\)；
2. 在只有白鼠的情况下，\(A\) 一定赢，即：\(\forall i \in [1, n], \ dp_{i, 0} = 1\)。

复杂度

• 时间复杂度：\(O(n \times m)\)；
• 空间复杂度：\(O(n \times m)\)。

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代码

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long ll;

const int maxn = 1e3 + 7;

int n, m;
double dp[maxn][maxn];
int main() {
	scanf("%d%d", &n, &m);
	for (int i = 0; i <= m; ++i) dp[0][i] = 0;  // 没有老鼠或只有黑鼠, B 赢 
	for (int i = 1; i <= n; ++i) dp[i][0] = 1;  // 只有白鼠, A 赢
	
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		for (int j = 1; j <= m; ++j) {
			dp[i][j] += 1.0 * i / (i + j);
			if (j >= 3) {
				dp[i][j] += 1.0 * j / (i + j) * 1.0 * (j - 1) / (i + j - 1) *
						    1.0 * (j - 2) / (i + j - 2) * dp[i][j - 3];
			}
			if (i >= 1 && j >= 2) {
				dp[i][j] += 1.0 * j / (i + j) * 1.0 * (j - 1) / (i + j - 1) * 
							1.0 * i / (i + j - 2) * dp[i - 1][j - 2];
			}
		}
	}
	printf("%.9lf\n", dp[n][m]);
	return 0;
}