CF148D Bag of mice

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题目传送门

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思路

状态设计

设 $d{p}_{i,j}$ 表示袋中有 $i$ 个白鼠和 $j$ 个黑鼠时，$A$ 能赢的概率。

状态转移

现在考虑抓鼠情况：

1. $A$ 抓到白鼠：直接判 $A$ 赢，概率是 $\frac{i}{i+j}$；
2. $A,B$ 都抓到一只黑鼠，并且跑出来一只黑鼠：概率为 $\frac{j}{i+j}\times \frac{j-1}{i+j-1}\times \frac{j-2}{i+j-2}$，然后转移到 $d{p}_{i,j-3}$，故此情况下 $A$ 获胜的概率为 $\frac{j}{i+j}\times \frac{j-1}{i+j-1}\times \frac{j-2}{i+j-2}\times d{p}_{i,j-3}$；
3. $A,B$ 都抓到一只黑鼠，并且跑出来一只白鼠：概率为 $\frac{j}{i+j}\times \frac{j-1}{i+j-1}\times \frac{i}{i+j-2}$，然后转移到 $d{p}_{i-1,j-2}$，故此情况下 $A$ 获胜的概率为 $\frac{j}{i+j}\times \frac{j-1}{i+j-1}\times \frac{i}{i+j-2}\times d{p}_{i-1,j-2}$；
4. $B$ 抓到白鼠：此情况 $A$ 失败，故不考虑。

所以总得转移方程就是：
$$d{p}_{i,j}=\frac{i}{i+j}+\frac{j}{i+j}\times \frac{j-1}{i+j-1}\times \frac{j-2}{i+j-2}\times d{p}_{i,j-3}+\frac{j}{i+j}\times \frac{j-1}{i+j-1}\times \frac{i}{i+j-2}\times d{p}_{i-1,j-2}$$
当然转移的时候得分别判断【$j$ 是否大于等于 $3$】和【$i$ 是否大于等于 $1$ 且 $j$ 是否大于等于 $2$】。

边界条件

1. 在没有老鼠或全是黑鼠的情况下，$A$ 一定输，即：$\forall i\in [0,m],d{p}_{0,i}=0$；
2. 在只有白鼠的情况下，$A$ 一定赢，即：$\forall i\in [1,n],d{p}_{i,0}=1$。

复杂度

• 时间复杂度：$O(n\times m)$；
• 空间复杂度：$O(n\times m)$。

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代码

#include 

using namespace std;

typedef long long ll;

const int maxn = 1e3 + 7;

int n, m;
double dp[maxn][maxn];
int main() {
	scanf("%d%d", &n, &m);
	for (int i = 0; i <= m; ++i) dp[0][i] = 0;  // 没有老鼠或只有黑鼠, B 赢 
	for (int i = 1; i <= n; ++i) dp[i][0] = 1;  // 只有白鼠, A 赢
	
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		for (int j = 1; j <= m; ++j) {
			dp[i][j] += 1.0 * i / (i + j);
			if (j >= 3) {
				dp[i][j] += 1.0 * j / (i + j) * 1.0 * (j - 1) / (i + j - 1) *
						    1.0 * (j - 2) / (i + j - 2) * dp[i][j - 3];
			}
			if (i >= 1 && j >= 2) {
				dp[i][j] += 1.0 * j / (i + j) * 1.0 * (j - 1) / (i + j - 1) * 
							1.0 * i / (i + j - 2) * dp[i - 1][j - 2];
			}
		}
	}
	printf("%.9lf\n", dp[n][m]);
	return 0;
}