poj 3744 Scout YYF I (矩阵快速幂 优化 概率dp)

题目链接

分析&&题意来自 ： http://www.cnblogs.com/kuangbin/archive/2012/10/02/2710586.html

题意：

在一条不满地雷的路上，你现在的起点在1处。在N个点处布有地雷，1<=N<=10。地雷点的坐标范围：[1,100000000].

每次前进p的概率前进一步，1-p的概率前进1-p步。问顺利通过这条路的概率。就是不要走到有地雷的地方。

分析：

设dp[i]表示到达i点的概率，则 初始值 dp[1]=1.

很容易想到转移方程： dp[i]=p*dp[i-1]+(1-p)*dp[i-2];

但是由于坐标的范围很大，直接这样求是不行的，而且当中的某些点还存在地雷。

 

N个有地雷的点的坐标为 x[1],x[2],x[3]```````x[N].

我们把道路分成N段：

1~x[1];

x[1]+1~x[2];

x[2]+1~x[3];

`

`

`

x[N-1]+1~x[N].

 

这样每一段只有一个地雷。我们只要求得通过每一段的概率。乘法原理相乘就是答案。

对于每一段，通过该段的概率等于1-踩到该段终点的地雷的概率。

 

就比如第一段 1~x[1].  通过该段其实就相当于是到达x[1]+1点。那么p[x[1]+1]=1-p[x[1]].

但是这个前提是p[1]=1,即起点的概率等于1.对于后面的段我们也是一样的假设，这样就乘起来就是答案了。

 

对于每一段的概率的求法可以通过矩阵乘法快速求出来。

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我用的矩阵| 0 ,1-P |  ，开始的为|1， p|， 乘以这个矩阵x[i] - 1次，就可以得到该点的概率。
              | 1 ,   p |

 #include <iostream>
 #include <cstdio>
 #include <cstring>
 #include <cstdlib>
 #include <queue>
 #include <cmath>
 #include <algorithm>
 #define LL __int64
 const int maxn = +;
 using namespace std;

 struct node
 {
     double m[][];
 };

 node mul(node a, node b) //两个矩阵想乘
 {
     int i, j, k;
     node c;
     for(i = ; i < ; i++)
     for(j = ; j < ; j++)
     {
         c.m[i][j] = ;
         for(k = ; k < ; k++)
         c.m[i][j] += a.m[i][k]*b.m[k][j];
     }
     return c;
 }
 node pow_n(node a, int n) //a矩阵乘n次
 {
     node c;
     memset(c.m, , sizeof(c.m));
     for(int i = ; i < ; i++) c.m[i][i] = ;

     while(n)
     {
         if(n%)
         c = mul(c, a);

         a = mul(a, a);
         n /= ;
     }
     return c;
 }
 int main()
 {
     int n, i, x[], pre;
     double p, ans;
     while(~scanf("%d%lf", &n, &p))
     {
         node a;
         ans = 1.0;
         a.m[][] = ; a.m[][] = 1.0-p;
         a.m[][] = 1.0; a.m[][] = p;
         for(i = ; i < n; i++)
         scanf("%d", &x[i]);
         sort(x, x+n);

         pre = ;
         for(i = ; i < n; i++)
         {
             node tmp = pow_n(a, x[i]-pre-);
             ans *= (1.0-(1.0*tmp.m[][]+p*tmp.m[][]));
             pre = x[i];
         }
         printf("%.7f\n", ans);
     }
     return ;
 }