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TangDou/AcWing_TiGao/T5/QiWang/218.cpp

@@ -3,7 +3,6 @@ using namespace std;
 const int N = 15;
 const int INF = 0x3f3f3f3f;
 double f[N][N][N][N][5][5];
-int st[N][N][N][N][5][5];
 int A, B, C, D;
 
 // 如果大小王翻出来放1里，则a++,放2里b++,...
@@ -18,23 +17,19 @@ void add(int &a, int &b, int &c, int &d, int x) {
 功能：计算当前状态f(a,b,c,d,x,y)下的期望值
 */
 double dfs(int a, int b, int c, int d, int x, int y) {
-    // 记忆化,同时因为f为double类型，不能使用传统的memset(0x3f)之类
-    // 进行初始化并判断是否修改过，只能再开一个st数组
-    if (st[a][b][c][d][x][y]) return f[a][b][c][d][x][y];
-    st[a][b][c][d][x][y] = 1;
+    // 记忆化搜索
+    if (f[a][b][c][d][x][y] > 0) return f[a][b][c][d][x][y];
 
     // 递归出口：当前状态是否到达目标状态，目标状态的期望值是0
-    int ta = a, tb = b, tc = c, td = d;             // 抄出来
-    add(ta, tb, tc, td, x), add(ta, tb, tc, td, y); // 大王小王会改变四个花色的数量
-    if (ta >= A && tb >= B && tc >= C && td >= D) return 0;
+    int ta = a, tb = b, tc = c, td = d;                     // 抄出来
+    add(ta, tb, tc, td, x), add(ta, tb, tc, td, y);         // 大王小王会改变四个花色的数量
+    if (ta >= A && tb >= B && tc >= C && td >= D) return 0; // 如果条件全满足就是终止状态
 
     // 当前状态下的剩余牌数量
     int rst = 54 - ta - tb - tc - td;
-    if (rst == 0) return INF; // 还没有完成目标，没有剩余的牌了，无解
+    if (rst <= 0) return INF; // 还没有完成目标，没有剩余的牌了，无解
 
     // 当前状态可以向哪些状态转移
-    //  Q:v为什么要初始化为1?
-    //  A:看题解内容
     double v = 1;
     if (a < 13) // 黑桃有剩余，可能选出的是黑桃
         v += dfs(a + 1, b, c, d, x, y) * (13 - a) / rst;
@@ -58,8 +53,7 @@ double dfs(int a, int b, int c, int d, int x, int y) {
 
 int main() {
     cin >> A >> B >> C >> D;
-    // ① 起点状态不唯一，终点是唯一的，所以以起点为终点，以终点为起点,反着推
-    // ② AcWing 217. 绿豆蛙的归宿　需要建图，本题转移关系清晰，不用建图
+
     double res = dfs(0, 0, 0, 0, 0, 0); // 四种花色、大小王都还没有被抽取
 
     if (res > INF / 2) // 因为是浮点数，不能用等号判断是不是相等，简单的办法就是INF/2

TangDou/AcWing_TiGao/T5/QiWang/218.md

@@ -13,6 +13,18 @@ $Rainbow$ 想问问 $Admin$，得到 $A$ 张黑桃、$B$ 张红桃、$C$ 张梅
 
 特殊地，如果翻开的牌是大王或者小王，$Admin$ 将会把它作为某种花色的牌放入对应堆中，使得放入之后 $E$的值尽可能小。
 
+> <font color='red' size=3><b> 注：从牌堆里面翻出来的牌的期望张数最少是多少？ </b></font>
+>  **期望**:用初等数学的语言去描述，就是平均值是多少。
+> $Q:$为什么会有最少的概念出现的呢？这个数量不是固定的吗？
+> 答：这是因为大王和小王可以被认为是其中四个花色中的某一种花色，这就导致产生了不同的事件。
+> 放到红桃里是一种事件，放到黑桃里是一种事件,...,这四个事件的期望不一定相同！
+> 选择就在大小王上，我们要选择一个期望张数最少的放法，问我们这个期望张数最小是多少。
+
+###$yxc$经典语录
+> **图中，点是状态表示，边是状态转移**。
+> **理解**：前一个题中，需要建图，建图完成后才能用图进行状态表示和状态转移，本题，状态表示和状态转移都是很明确的，不需要建图。
+> **总结** ：动态规划是精髓，建图与否是表象。
+
 由于 $Admin$ 和 $Rainbow$ 还在玩扑克，所以这个程序就交给你来写了。
 
 **输入格式**
@@ -66,10 +78,9 @@ using namespace std;
 const int N = 15;
 const int INF = 0x3f3f3f3f;
 double f[N][N][N][N][5][5];
-int st[N][N][N][N][5][5];
 int A, B, C, D;
 
-//如果大小王翻出来放1里，则a++,放2里b++,...
+// 如果大小王翻出来放1里，则a++,放2里b++,...
 void add(int &a, int &b, int &c, int &d, int x) {
     if (x == 1) a++;
     if (x == 2) b++;
@@ -81,38 +92,34 @@ void add(int &a, int &b, int &c, int &d, int x) {
 功能：计算当前状态f(a,b,c,d,x,y)下的期望值
 */
 double dfs(int a, int b, int c, int d, int x, int y) {
-    //记忆化,同时因为f为double类型，不能使用传统的memset(0x3f)之类
-    //进行初始化并判断是否修改过，只能再开一个st数组
-    if (st[a][b][c][d][x][y]) return f[a][b][c][d][x][y];
-    st[a][b][c][d][x][y] = 1;
+    // 记忆化搜索
+    if (f[a][b][c][d][x][y] > 0) return f[a][b][c][d][x][y];
 
-    //递归出口：当前状态是否到达目标状态，目标状态的期望值是0
-    int ta = a, tb = b, tc = c, td = d;             //抄出来
-    add(ta, tb, tc, td, x), add(ta, tb, tc, td, y); //大王小王会改变四个花色的数量
-    if (ta >= A && tb >= B && tc >= C && td >= D) return 0;
+    // 递归出口：当前状态是否到达目标状态，目标状态的期望值是0
+    int ta = a, tb = b, tc = c, td = d;                     // 抄出来
+    add(ta, tb, tc, td, x), add(ta, tb, tc, td, y);         // 大王小王会改变四个花色的数量
+    if (ta >= A && tb >= B && tc >= C && td >= D) return 0; // 如果条件全满足就是终止状态
 
-    //当前状态下的剩余牌数量
+    // 当前状态下的剩余牌数量
     int rst = 54 - ta - tb - tc - td;
-    if (rst == 0) return INF; //还没有完成目标，没有剩余的牌了，无解
+    if (rst <= 0) return INF; // 还没有完成目标，没有剩余的牌了，无解
 
-    //当前状态可以向哪些状态转移
-    // Q:v为什么要初始化为1?
-    // A:看题解内容
+    // 当前状态可以向哪些状态转移
     double v = 1;
-    if (a < 13) //黑桃有剩余，可能选出的是黑桃
+    if (a < 13) // 黑桃有剩余，可能选出的是黑桃
         v += dfs(a + 1, b, c, d, x, y) * (13 - a) / rst;
-    if (b < 13) //红桃有剩余，可能选出的是红桃
+    if (b < 13) // 红桃有剩余，可能选出的是红桃
         v += dfs(a, b + 1, c, d, x, y) * (13 - b) / rst;
-    if (c < 13) //梅花有剩余，可能选出的是梅花
+    if (c < 13) // 梅花有剩余，可能选出的是梅花
         v += dfs(a, b, c + 1, d, x, y) * (13 - c) / rst;
-    if (d < 13) //方块有剩余，可能选出的是方块
+    if (d < 13) // 方块有剩余，可能选出的是方块
         v += dfs(a, b, c, d + 1, x, y) * (13 - d) / rst;
 
-    //如果小王没有被选出
+    // 如果小王没有被选出
     if (x == 0)
         v += min(min(dfs(a, b, c, d, 1, y), dfs(a, b, c, d, 2, y)), min(dfs(a, b, c, d, 3, y), dfs(a, b, c, d, 4, y))) / rst;
 
-    //如果大王没有被选出
+    // 如果大王没有被选出
     if (y == 0)
         v += min(min(dfs(a, b, c, d, x, 1), dfs(a, b, c, d, x, 2)), min(dfs(a, b, c, d, x, 3), dfs(a, b, c, d, x, 4))) / rst;
 
@@ -121,11 +128,10 @@ double dfs(int a, int b, int c, int d, int x, int y) {
 
 int main() {
     cin >> A >> B >> C >> D;
-    //① 终点状态不唯一，起点是唯的的，所以以起点为终点，以终点为起点,反着推
-    //② AcWing 217. 绿豆蛙的归宿　需要建图，本题不用建图
-    double res = dfs(0, 0, 0, 0, 0, 0); //四种花色、大小王都还没有被抽取
 
-    if (res > INF / 2) //因为是浮点数，不能用等号判断是不是相等，简单的办法就是INF/2
+    double res = dfs(0, 0, 0, 0, 0, 0); // 四种花色、大小王都还没有被抽取
+
+    if (res > INF / 2) // 因为是浮点数，不能用等号判断是不是相等，简单的办法就是INF/2
         puts("-1.000");
     else
         printf("%.3f\n", res);
@@ -133,16 +139,18 @@ int main() {
 }
 ```
 
-###  四、期望值为什么初始化为$1$?
+#### $Q$:期望值为什么初始化为$1$?
 
-$f[i]$: 从$i$卡牌状态到终点状态所需要的**期望卡牌数**
+<center><img src='https://img-blog.csdnimg.cn/4479c699431c421da4ab5d4f3f3db1bc.png?x-oss-process=image/watermark,type_ZmFuZ3poZW5naGVpdGk,shadow_10,text_aHR0cHM6Ly9ibG9nLmNzZG4ubmV0L3FxXzUxOTY4MTU1,size_16,color_FFFFFF,t_70'></center>
+
+$f[v_i]$: 从$i$卡牌状态到终点状态所需要的**期望卡牌数**
 
 每次抽一张牌变到下个状态，所以每条路径的权值为$1$
 
-$$\large f[v]=p_1×(f[1]+1)+p_2×(f[2]+1)+p_3×(f[3]+1)+…+p_k×(f[k]+1) = \\ 
-\sum_{i=1}^{k}p_i+\sum_{i=1}^{k}p_i \times f[i]
+$$\large f[v]=p_1×(f[v_1]+1)+p_2×(f[v_2]+1)+p_3×(f[v_3]+1)+…+p_k×(f[v_k]+1) = \\ 
+\sum_{i=1}^{k}p_i+\sum_{i=1}^{k}p_i \times f[v_i]
 $$
 
- 因为$v$一定能到达下个局面，所以下个状态的概率和为$1$，这里的$\large \displaystyle \sum_{i=1}^{k}p_i=1$ 那么就有：$\displaystyle \large f[v]=1+\sum_{i=1}^{k}p_i \times f[i]$ 
-综上这里的$f[v]$可以初始化为$1$！
-<center><img src='https://img-blog.csdnimg.cn/4479c699431c421da4ab5d4f3f3db1bc.png?x-oss-process=image/watermark,type_ZmFuZ3poZW5naGVpdGk,shadow_10,text_aHR0cHM6Ly9ibG9nLmNzZG4ubmV0L3FxXzUxOTY4MTU1,size_16,color_FFFFFF,t_70'></center>
+ 因为$v$一定能到达下个局面，所以下个状态的概率和为$1$，这里的$\large \displaystyle \sum_{i=1}^{k}p_i=1$ 那么就有：$\displaystyle \large f[v]=1+\sum_{i=1}^{k}p_i \times f[v_i]$ 
+综上这里的$f[v]$可以初始化为$1$。
+