poj 3744 矩阵优化的概率DP

题意：

　　你在一条布满地雷的道路上，开始在坐标1。每次有概率P向前走一步，有概率1-P向前走两步。道中路某几个点上会有地雷，问你安全通过的概率。地雷数N<=10，坐标范围在100000000内。

 

假设dp[i]表示安全走到i点的概率，那么dp[i]=P*dp[i-1]+(1-P)*dp[i-2]。很简单的一个转移，可是偏偏坐标范围太大了。直接递推爆内存，而且肯定也会超时。

我们换一个思路，假设x[i]表示第i个地雷的坐标。对于任何两个地雷x[i]~~x[i-1]+1之间，只会有一个地雷，那就是x[i]。我们安全通过该段的概率等于1 减去猜到x[i]的概率。

也就是说，我们将n个地雷分成n段分别处理。每次都可以得到一个安全通过某一段的概率，最后将这些概率乘起来就是答案了。

可是万一两个地雷之间差的很远怎么办呢？内存和时间还不是一样的不允许？

于是我们用矩阵来优化一下。想想超大fibonacci数的矩阵求法，f[i]=f[i-1]+f[i-2]。f[n]等价于矩阵

| 1 1 |

| 1 0 |
的n次方以后，矩阵的第a[0,0]个元素。

 

同样的，我们为这个dp[i]=P*dp[i-1]+(1-P)*dp[i-2]构造一个矩阵

| P ,1-P |

| 1 , 0   |

那么dp[n]就是该矩阵N次方后的第a[0,0]个元素。

通过二分运算，飞快的就可以求出答案了

View Code

 1 #include<iostream>

 2 #include<string>

 3 #include<algorithm>

 4 using namespace std;

 5 

 6 struct mat

 7 {

 8     double a[2][2];

 9     mat()

10     {

11         int i,j;

12         for(i=0;i<2;i++)

13             for(j=0;j<2;j++)

14                 a[i][j]=0;

15     }

16 };

17 

18 mat e;

19 int n,x[11];

20 double p;

21 

22 mat mul(mat a,mat b)

23 {

24     int i,j,k;

25     mat ans;

26     for(i=0;i<2;i++)

27         for(j=0;j<2;j++)

28             for(k=0;k<2;k++)

29                 ans.a[i][j]+=a.a[i][k]*b.a[k][j];

30     return ans;

31 }

32 

33 void prit(mat a)

34 {

35     int i,j;

36     for(i=0;i<2;i++)

37     {

38         for(j=0;j<2;j++)

39             printf("%0.2lf ",a.a[i][j]);

40         cout<<endl;

41     }

42 }

43 

44 double matPow(mat a,int k)

45 {

46     mat ans=e;

47     while(k)

48     {

49         if(k&1)

50         {

51             ans=mul(ans,a);

52         }

53         a=mul(a,a);

54         k=k>>1;

55     }

56     //prit(ans);

57     return ans.a[0][0];

58 }

59 

60 int main()

61 {

62     int i;

63     e.a[0][0]=1;e.a[1][0]=0;e.a[1][0]=0;e.a[1][1]=1;

64     freopen("D:\\in.txt","r",stdin);

65     while(scanf("%d%lf",&n,&p)==2)

66     {

67         x[0]=0;

68         for(i=1;i<=n;i++)

69             scanf("%d",&x[i]);

70         n++;

71         sort(x,x+n);

72         mat res;

73         double ans=1;

74         res.a[0][0]=p;res.a[0][1]=1-p;res.a[1][0]=1;res.a[1][1]=0;

75         for(i=1;i<n;i++)

76         {

77             ans*=(1.0-matPow(res,x[i]-x[i-1]-1));

78         }

79         printf("%0.7lf\n",ans);

80     }

81     return 0;

82 }