Description

有一只坏了的机器人站在一个\(n\times m\)的网格里，初始位置在\((x,y)\)。现在每个单位时间内它会随机选左右下三个方向走，如果它随机的方向会走出网格就不会往这个方向走。当然这个机器人也可能原地停留一个单位时间。求机器人走到第\(n\)行的期望时间。

满足\(n,m\le 10^3,1\le x\le n,1\le y\le m\)

Solution

考虑期望DP。

经过变换可使得\(x=1\)。

正着不好做，不妨倒过来，计算从最后一行任意位置到达\((1,y)\)的期望时间。设\(f_{x,y}\)是到达\((x,y)\)的期望时间。

不妨假设我们已经计算完了到达第\(i-1\)行每一个位置的期望时间\(f_{i-1,1},f_{i-1,2},\cdots,f_{i-1,m}\)。现在记\(x_1,x_2,\cdots,x_m\)为\(f_{i,1},f_{i,2},\cdots,f_{i,m}\)，\(t_1,t_2,\cdots,t_m\)为\(f_{i-1,1},f_{i-1,2},\cdots,f_{i-1,m}\)。

容易列出状态转移方程：
\[ \begin{cases}&x_1=\frac{1}{3}(x_1+x_2+t_1)+1\\&x_i=\frac{1}{4}(x_{i-1}+x_i+x_{i+1}+t_i)+1\;\;\;\;\;\;(1<i<m)\\&x_m=\frac{1}{3}(x_{m-1}+x_m+t_m)+1\end{cases} \]
整理得：
\[ \begin{cases}&2x_1-x_2=t_1+3\\&3x_i-x_{i-1}-x_{i+1}=t_i+4\;\;\;\;\;\;(1<i<m)\\&2x_m-x_{m-1}=t_m+3\end{cases} \]
可以发现这个方程并没有办法直接DP。

所以不妨考虑解方程。将上述方程写成增广矩阵形式如下：
\[ \left[\begin{array}{c|c}\begin{matrix}2 & -1\\-1 & 3 & -1\\& -1 & 3 & -1\\&& \cdots & \cdots & \cdots\\&&& -1 & 3 & -1\\&&&& -1 & 3 & -1\\&&&&& -1 & 2\end{matrix}&\begin{matrix}t_1+3\\t_2+4\\t_3+4\\\cdots\\t_{m-2}+4\\t_{m-1}+4\\t_m+3\end{matrix}\end{array}\right] \]
逐行消元。假设我们已经消掉了第\(i-1\)行，要消第\(i\)行，矩阵局部如下：
\[ \left[\begin{array}{c|c}\begin{matrix}1 & -A\\-1 & 3 & -1\end{matrix}&\begin{matrix}y_{i-1}\\y_i\end{matrix}\end{array}\right] \]
两式相加得：
\[ \left[\begin{array}{c|c}\begin{matrix}1 & -A\\& 3-A & -1\end{matrix}&\begin{matrix}y_{i-1}\\y_{i-1}+y_i\end{matrix}\end{array}\right] \]
将主对角线上的数消成\(0\)：
\[ \left[\begin{array}{c|c}\begin{matrix}1 & -A\\& 1 & -\frac{1}{3-A}\end{matrix}&\begin{matrix}y_{i-1}\\\frac{y_{i-1}+y_i}{3-A}\end{matrix}\end{array}\right] \]
我们就能得到迭代式\(A'=\frac{1}{3-A}\)。消元完成后反解回去即可。

处理完边界条件后，容易写出代码。

Code

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
int n,m,x,y;
double A[1001],B[1001],F[1001][1001];
int main(){
    scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&x,&y);
    n-=x-1;
    if(m==1||m==2){printf("%d\n",(n-1)*(m+1));return 0;}
    A[1]=0.5;
    for(int i=2;i<m;i++)A[i]=1/(3-A[i-1]);
    for(int i=n-1;i>=1;i--){
        B[1]=(F[i+1][1]+3)/2;
        for(int j=2;j<m;j++)B[j]=(B[j-1]+F[i+1][j]+4)*A[j];
        F[i][m]=(B[m-1]+F[i+1][m]+3)/(2-A[m-1]);
        for(int j=m-1;j>=1;j--)F[i][j]=B[j]+F[i][j+1]*A[j];
    }
    printf("%.10lf\n",F[1][y]);
}

标签：begin,le,end,matrix,cdots,DP,CF24D,array,元法
来源： https://www.cnblogs.com/eztjy/p/11597531.html