diff --git a/TangDou/AcWing_TiGao/T5/QiWang/218.cpp b/TangDou/AcWing_TiGao/T5/QiWang/218.cpp index 6c93b5a..65bca6b 100644 --- a/TangDou/AcWing_TiGao/T5/QiWang/218.cpp +++ b/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 diff --git a/TangDou/AcWing_TiGao/T5/QiWang/218.md b/TangDou/AcWing_TiGao/T5/QiWang/218.md index f230d1b..22c5065 100644 --- a/TangDou/AcWing_TiGao/T5/QiWang/218.md +++ b/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。 +> 注：从牌堆里面翻出来的牌的期望张数最少是多少？ +> **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** +
+ +$f[v_i]$: 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$1$！ -
\ No newline at end of file + 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$1$。 +