題意：

總共有n+1個格子：0-n

初始情況下在 0號格子 每次通過擲骰子確定前進的格子數

此外 還有一些傳送門可以瞬間從 u 點傳送到 v 點（必須被傳送）

求走到（或超過）n點總共需要擲多少次骰子

分析：

太弱 只想到了n^2的 dp方程 可惜n是100000...糾結半天又看了大牛的題解

用 dp[i]記錄 走到第 i 個點時的期望 p[i]記錄第 i 個點的概率。。、

這個概率記錄的感覺比較神奇 ，我先開始想到的n^2是記錄用 i?步 走到 j 點的概率

題解的這個概率應該是？？平均后的？？？f反正就是走到這個點了的概率直接把步數省去了 dp方程就少了一維?

dp[i]=次數 * p 那么 如果對于 i+j 點 dp[i+j]= （次數+1）*p*1/6 = ( dp[i]+p[i] ) / 6;

就可以寫出轉移方程了

同時在維護一個next數組記錄 傳送門 如果next[i]!=i 則證明不可能停在第 i 點 因此就不通過此點進行轉移 直接continue，并把 i 的信息保存在next[i]中

統計答案的時候注意要統計 n到 n+5的和

ac代碼：

#include <iostream> #include <stdio.h> #include<string.h> #include<algorithm> #include<string> #include<ctype.h> using namespace std; #define MAXN 10000 int n,m; int next[100010]; double dp[100010]; double p[100010]; void ini() {memset(dp,0,sizeof(dp));memset(p,0,sizeof(p));for(int i=0;i<=100000;i++){next[i]=i;}int u,v;for(int i=0;i<m;i++){scanf("%d%d",&u,&v);next[u]=v;} } void solve() {dp[0]=0;p[0]=1;for(int i=0;i<n;i++){if(next[i]!=i){p[next[i]]+=p[i];dp[next[i]]+=dp[i];p[i]=0;continue;}for(int j=1;j<=6;j++){p[i+j]+=p[i]*1.0/6.0;dp[i+j]+=(dp[i]+p[i])*1.0/6.0;}}double ans=0;for(int i=n;i<n+6;i++){ans+=dp[i];}printf("%.4f\n",ans); } int main() {while(scanf("%d%d",&n,&m),m+n){ini();solve();}return 0; }

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總結

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