zoj 3329 One Person Game 动态规划，迭代法，二分

题意：

给三个骰子，骰子有k1,k2,k3个面。每次掷骰子，得到的点数和为前进的步数，如果掷骰子的结果为c1,c2,c3（有序）则回到原点。从0点出发，到达大于N的点，则游戏结束。求掷骰子次数的期望。

转移方程为：

              dp[i] = dp[i+l1+l2+l3]*(1/k1/k2/k3)+dp[0]*(1/k1/k2/k3)+1

其中枚举l1,l2,l3为掷骰子得到情况。转移方程的i从N开始到0结束。表示从第i点到结束，掷骰子的期望。

有很多做法。

1.可以构造矩阵求解。

2. 展开多项式，每项都由dp[0]和1组成，最后求出dp[0]的表达式，最后算出dp[0].

3.没看懂~~~

4. 迭代法---扩展到二分-----（其实我数学不好，以下的看着感觉行就可以了）

迭代法的相关内容http://wenku.baidu.com/link?url=1hVfu2fzddmSlZkn0El-be6SNLDWK1mLhe9_RvZJ2eeoyHB35u6hwExfY7ixX74xTW4GsTtBcaeb3mXIXM3sCOgQX5LH-WCjINZ1Lbc_s67 。。 

         这个方法是根据数值分析里迭代法想到的。最后是用二分完成的。

        根据转移方程，假设一个dp[0]，根据转移方程，计算得到的每个dp值必然是比实际要小的。最后算 dp[0] = K + dp[0]/k1/k2/k3 + 1（K如转移方程计算得到的累加和）

       计算dp[0] = (K+1)*k1*k2*k3/(k1*k2*k3-1)

        可知： 每次代入dp[0]的值为res，由res计算得到的新的dp[0]是递增的，且收敛

              理由--归纳法：1）res = 0代入计算后，dp[0] > res成立 (第一步成立）

                                        2）每次迭代后，由于res < dp[0] 令res = dp[0],那么新一轮迭代后的每个dp值都比原来大（显然成立），那么K是增大的，那么dp[0]增大

                                              因此迭代得到的dp[0]是递增的

                                        3）由于res < dp[0] 那么，本次迭代得到的所有dp值都小于实际值，那么显然K比实际值也要小，那么dp[0]比实际值小成立。

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但是真的代入dp[0] =0一直迭代到最后结果是会超时的。

能不能更快找到收敛值呢？

1.  显然代入dp[0] = res 得到的新的dp[0]，dp[0] - res > 0 （以下都是a了题以后再总结的）

2 当dp[0] - res = 0的时候res就是解了

3那么当res > 实际的dp[0]时，迭代得到的dp[0]会大于res吗？

          不会！！，得到的dp[0] < res,同样是收敛的，递减的。

4.因此，代入任意res到转移方程中，无数次迭代都会取到解。

5. 为什么？-----猜的，根据方法2，dp[0] = Adp[0]+B  ============> x = ax+b ------------>a是小于1的常数（迭代收敛成立），所以用迭代法是正确的。（一句话就讲完了，上面的证明都是废话）。a为什么会小于1？转移方程可以看出来的 对于dp[i], 转移时有 令P = 1/k1/k2/k3，dp[i] = P*dp[0]+(1-P)*(a*dp[0]) a是展开方程得到的，用归纳法，dp[n]的时候a已经小于1了，以后得到的所有ai都会小于1.结束。。。贴代码----------------------

最后本方法效率不高，方法3的效率高，是n*(k1+k2+k3)的。本方法是n*(k1+k2+k3)*log(len) 

#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
#define ld   double
ld p[20];
ld ans[600];
int a,b,c,k1,k2,k3,m;
ld del;
ld getans(ld res){
    res = res*del+1;
    for(int i = m; i >= 0; i--){
        if(i != 0)
            ans[i] = res;
        else
            ans[i] = 1;
        for(int j = 3;j <= k1+k2+k3; j++)
            ans[i] += ans[i+j]*p[j];
    }
    ans[0] = ans[0]/(1-del);
    return ans[0];
}
int main(){
    int n;
    scanf("%d",&n);
    ld low = 0, high = 100000000000.0;
    while(n--){
        scanf("%d%d%d%d%d%d%d",&m,&k1,&k2,&k3,&a,&b,&c);
        del = 1.0/(k1*k2*k3);
        for(int i = 0;i <= k1+k2+k3;i++)
            p[i] = 0;
        for(int l1 = 1; l1 <= k1; l1++){
            for(int l2 = 1; l2 <= k2; l2++)
                for(int l3 = 1; l3 <= k3; l3++){
                    if(l1 == a && l2 == b && l3 == c){

                    }
                    else p[l1+l2+l3] += 1;
                }
        }
        memset(ans,0,sizeof(ans));
        for(int i = 0;i <= k1+k2+k3; i++)
            p[i] /= k1*k2*k3;
        low = 0, high = 100000000.0;
        int tt =70;
        while(tt-- ){
            ld mid1 = (high+low)/2 ;
            ld res1 = getans(mid1) - mid1;
            if(res1 < 0 ) high = mid1;
            else low = mid1;
        }
        cout<< setprecision(10) << fixed << low <