[补题记录] Atcoder Beginner Contest 298（E）

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E

Problem/题意

Thought/思路

Code/代码

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E

Problem/题意

A、B 轮流投色子，A 投出 [1, P] 点数的概率相等，B投出 [1, Q] 点数的概率相等。

现有 N 个点，初始时，A 位于点 a，B 位于点 b。假设 A 或 B 现在在点 X，每投出一个点数 i，则 A 或 B 会走到 min(X + i, N)，先走到 N 的获胜。

问 A 先投色子，A 赢的概率。

Thought/思路

求到某个点的概率题，通常都会需要用到类似：

dp[i] = 1 / P * (dp[i + A1] + dp[i + A2] + ... + dp[i + Ap])

这种形式的状态转移方程，意为：我知道了后几个点的期望，可以反推从前面的点出发，然后获胜的期望。

这道题就是多了一个人，使得状态转移不仅是简单的从后面的转移到前面的，而是需要考虑前一步是由谁来做的，那么就应该从谁哪里转移过来。

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dp[i][j][0]：A 在 i，B 在 j，由 A 投色子，A 获胜的概率；

dp[i][j][1]：A 在 i，B 在 j，由 B 投色子，A 获胜的概率；

dp[i][j][0] 的前一步是由 B 做出的，并且 A 在点 i 的状态，是由前一步的所有 A 可能到的点的状态转移过来的。因此：

同理：

最后输出 打派【a】【b】【0】即可。

Code/代码

#include "bits/stdc++.h"

#define int long long

const int mod = 998244353;

int n, a, b, p, q, dp[107][107][2];

int ksm(int a, int b) {
	int res = 1;
	while (b > 0) {
		if (b & 1) res = res * a % mod;
		a = a * a % mod;
		b /= 2;
	}
	return res % mod;
}

int inv(int a, int p) {
	return ksm(a, p - 2);
}

signed main() {
	std::cin >> n >> a >> b >> p >> q;
	for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
		dp[n][i][0] = 1; // A 在 N，A 赢的概率肯定是 100%
		dp[n][i][1] = 1;
		dp[i][n][0] = 0; // B 在 N，A 赢的概率肯定是 0%
		dp[i][n][1] = 0; 
	}

	for (int i = n - 1; i >= 1; -- i) {
		for (int j = n - 1; j >= 1; -- j) {
			for (int k = 1; k <= p; ++ k) { // 这一轮由 A 走，那么 A 赢的概率，需要从上一轮 B 走且 A 走到 min(i + k, n) 且 A 赢的概率转移过来
				dp[i][j][0] = (dp[i][j][0] + dp[std::min(i + k, n)][j][1]) % mod;
			}
			dp[i][j][0] = dp[i][j][0] * inv(p, mod) % mod;

			for (int k = 1; k <= q; ++ k) { 
				dp[i][j][1] = (dp[i][j][1] + dp[i][std::min(j + k, n)][0]) % mod;
			}
			dp[i][j][1] = dp[i][j][1] * inv(q, mod) % mod;
		}
	}

	std::cout << dp[a][b][0];
}