两个人 A, B 取 n 枚石子,祂们轮流抛硬币 (A 先手),每次抛硬币,如果是正面,就取出一枚石子,否则什么都不做,然而 A, B 有一种超能力,在抛硬币前在意志中确定一面 (正面或反面),然后就有 pA 或 pB 的概率抛出意志中的那一面 (当然,常人的 p = 0.5)。取得最后一枚石子的人获胜。假如 A, B 都采取最佳策略,求 A 获胜的概率,其中 pA, pB ≥ 0.5,n ≤ 108,精度 6 位小数。

  这道题好难啊。。用全概率公式做。

  设$f_i$为剩下i枚石子,A先手,A获胜的概率。$g_i$为剩下i枚石子,B先手,A获胜的概率。显然$f_0=0$,$g_0=1$。

  令事件X表示剩下i枚石子,A先手且获胜。事件Y表示剩下i枚石子,A抛硬币抛到正面。显然硬币只有两面,所以$A$和$\overline{A}$是$\Omega$的完备事件组。

  因为如果抛到正面,那么A获胜的概率就是有i-1枚棋子,B先手,A获胜的概率,所以:$p(X\mid Y)=g_{i-1}$,$p(X\mid Y)=g_i$。那么根据全概率公式$p(X)=p(X\mid Y)p(Y)+p(X\mid \overline Y)p(\overline Y)=p(Y)g_{i-1}+p(\overline Y)g_i$。p(Y)是A抛到正面的概率,也就是要根据A想不想抛到正面来改变。暂时记$p(Y)=P_{A'}$,则$f_i=p(X)=P_{A'}g_{i-1}+(1-P_{A'})g_i$。同理,$g_i=P_{B'}f_{i-1}+(1-P_{B'})f_i$。然后联立方程组(我们要让方程组里不包含下标为i的东西,这是dp的原则),可得:$$f_i=\frac{P_{A'}g_{i-1}+(1-P_{A'})P_{B'}f_{i-1}}{P_{A'}+P_{B'}-P_{A'}P_{B'}}$$
  那么现在来考虑$P_{A'}$和$P_{B'}$。来看$P_{A'}$。明显,如果$g_{i-1}>g_i$,代入一下前面$g_i$的等式,可得如果$f_{i-1}<g_{i-1}$,A想抛正面(算一算,很凑巧),所以$P_{A'}=p(A)$。$f_{i-1}>g_{i-1}$时A想抛反面,所以$P_{A'}=1-p(A)$,同理也可以推出$P_{B'}$的。

 #include <cstdio>
using namespace std; const int maxn=1e6+;
int t, n;
double f[maxn], g[maxn];
double pa, pb, panow, pbnow, tmp; int main(){
scanf("%d", &t);
for (int tt=; tt<t; ++tt){
scanf("%d%lf%lf", &n, &pa, &pb);
if (n>1e6) n=1e6;
f[]=, g[]=;
for (int i=; i<=n; ++i){
if (f[i-]!=g[i-]){
if (f[i-]<g[i-])
panow=pa, pbnow=pb;
else panow=-pa, pbnow=-pb;
tmp=panow+pbnow-panow*pbnow;
f[i]=(panow*g[i-]+(-panow)*pbnow*f[i-])/tmp;
g[i]=(pbnow*f[i-]+(-pbnow)*panow*g[i-])/tmp;
} else f[i]=g[i]=f[i-]=g[i-];
}
printf("%0.6lf\n", f[n]);
}
return ;
}

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