poj 3744 Scout YYF I (矩阵快速幂优化概率dp)

题目链接

分析&&题意来自： http://www.cnblogs.com/kuangbin/archive/2012/10/02/2710586.html

题意：

在一条不满地雷的路上，你现在的起点在1处。在N个点处布有地雷，1<=N<=10。地雷点的坐标范围：[1,100000000].

每次前进p的概率前进一步，1-p的概率前进1-p步。问顺利通过这条路的概率。就是不要走到有地雷的地方。

分析：

设dp[i]表示到达i点的概率，则初始值 dp[1]=1.

很容易想到转移方程： dp[i]=p*dp[i-1]+(1-p)*dp[i-2];

但是由于坐标的范围很大，直接这样求是不行的，而且当中的某些点还存在地雷。

N个有地雷的点的坐标为 x[1],x[2],x[3]```````x[N].

我们把道路分成N段：

1~x[1];

x[1]+1~x[2];

x[2]+1~x[3];

x[N-1]+1~x[N].

这样每一段只有一个地雷。我们只要求得通过每一段的概率。乘法原理相乘就是答案。

对于每一段，通过该段的概率等于1-踩到该段终点的地雷的概率。

就比如第一段 1~x[1]. 通过该段其实就相当于是到达x[1]+1点。那么p[x[1]+1]=1-p[x[1]].

但是这个前提是p[1]=1,即起点的概率等于1.对于后面的段我们也是一样的假设，这样就乘起来就是答案了。

对于每一段的概率的求法可以通过矩阵乘法快速求出来。

---------------------------------------------------------------------------------------------------

我用的矩阵| 0 ,1-P | ，开始的为|1， p|，乘以这个矩阵x[i] - 1次，就可以得到该点的概率。
| 1 , p |

 1 #include <iostream>
 2 #include <cstdio>
 3 #include <cstring>
 4 #include <cstdlib>
 5 #include <queue>
 6 #include <cmath>
 7 #include <algorithm>
 8 #define LL __int64
 9 const int maxn = 100+10;
10 using namespace std;
11
12 struct node
13 {
14     double m[3][3];
15 };
16
17 node mul(node a, node b) //两个矩阵想乘
18 {
19     int i, j, k;
20     node c;
21     for(i = 0; i < 2; i++)
22     for(j = 0; j < 2; j++)
23     {
24         c.m[i][j] = 0;
25         for(k = 0; k < 2; k++)
26         c.m[i][j] += a.m[i][k]*b.m[k][j];
27     }
28     return c;
29 }
30 node pow_n(node a, int n) //a矩阵乘n次
31 {
32     node c;
33     memset(c.m, 0, sizeof(c.m));
34     for(int i = 0; i < 2; i++) c.m[i][i] = 1;
35
36     while(n)
37     {
38         if(n%2)
39         c = mul(c, a);
40
41         a = mul(a, a);
42         n /= 2;
43     }
44     return c;
45 }
46 int main()
47 {
48     int n, i, x[20], pre;
49     double p, ans;
50     while(~scanf("%d%lf", &n, &p))
51     {
52         node a;
53         ans = 1.0;
54         a.m[0][0] = 0; a.m[0][1] = 1.0-p;
55         a.m[1][0] = 1.0; a.m[1][1] = p;
56         for(i = 0; i < n; i++)
57         scanf("%d", &x[i]);
58         sort(x, x+n);
59
60         pre = 0;
61         for(i = 0; i < n; i++)
62         {
63             node tmp = pow_n(a, x[i]-pre-1);
64             ans *= (1.0-(1.0*tmp.m[0][0]+p*tmp.m[1][0]));
65             pre = x[i];
66         }
67         printf("%.7f\n", ans);
68     }
69     return 0;
70 }

转载于:https://www.cnblogs.com/bfshm/p/4060646.html

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