[JZOJ3168] 【GDOI2013模拟3】踢足球

题目

描述

题目大意

有两个队伍，每个队伍各nnn人。

接到球的某个人会再下一刻随机地传给自己人、敌人和射门，射门有概率会中。

每次射门之后球权在对方111号选手。

某个队伍到了RRR分，或者总时间到达TTT时，比赛结束。

询问每种比分的概率。

---

思考历程

一看就觉得这是一道DP

设一个五维的状态，其中两维表示比分，一维表示时间，一维表示分数，还有一维表示球权。

不得不说这是最粗暴的方法。

接着呢……想了很久就没有去想了，甚至连暴力也没有打。

---

正解

正解还是DP。

我们试着给DP降维打击，机智的DYP大佬就想到了省去球权的这一维。

因为题目有个重要的性质：当一个球队射门之后，球权必定在对方的111号选手。

我们设fr1,r2,t,0/1f_{r1,r2,t,0/1}fr1,r2,t,0/1​表示概率，r1r1r1和r2r2r2表示比分，ttt表示时间，后面的表示球权在哪个队（的111号选手）。

让我们考虑一下从发球到其中一个队进球这个过程为单位的转移。

我们再设g0/1,0/1,tg_{0/1,0/1,t}g0/1,0/1,t​表示某个队发球，某个队进球，花了ttt时间的概率。

于是我们就可以通过ggg来求出fff了。

接着问题变成了如何求ggg。

还是DP。

设h0/1,t,ih_{0/1,t,i}h0/1,t,i​表示从某个队发球，花了ttt时间，球权在iii的概率。

在DP转移hhh时，如果射门就会转移到ggg，否则还是转移到hhh。

这样题目就基本做完了。

注意一点，在统计答案的时候，对于双方比分都没有到达RRR的情况，我们需要枚举时间，用对应的fff值乘上在剩下时间中不进球的概率。

显然，这个不进球的概率就是对应时间中hhh值的和。

---

代码

using namespace std;
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cassert>
#define N 110
#define maxR 11
#define maxT 501
int n,R,T;
double score[N*2],p[N*2];
int e[N*2][N*2];
double h[2][maxT][N*2],g[2][2][maxT],f[maxR][maxR][maxT][2];
double sumh[2][maxT];
int main(){
	scanf("%d%d%d",&n,&R,&T);
	for (int i=1;i<=n;++i){
		scanf("%lf",&score[i]);
		int k1,k2;scanf("%d%d",&k1,&k2);
		for (int j=1;j<=k1;++j){
			int x;scanf("%d",&x);
			e[i][x]=1;
		}
		for (int j=1;j<=k2;++j){
			int x;scanf("%d",&x);
			e[i][n+x]=1;
		}
		p[i]=1.0/(k1+k2+1);
	}
	for (int i=n+1;i<=2*n;++i){
		scanf("%lf",&score[i]);
		int k1,k2;scanf("%d%d",&k1,&k2);
		for (int j=1;j<=k1;++j){
			int x;scanf("%d",&x);
			e[i][n+x]=1;
		}
		for (int j=1;j<=k2;++j){
			int x;scanf("%d",&x);
			e[i][x]=1;
		}
		p[i]=1.0/(k1+k2+1);
	}
	for (int st=0;st<=1;++st){
		h[st][0][st*n+1]=1;
		for (int j=0;j<T;++j)
			for (int k=1;k<=2*n;++k){
				if (k<=n){
					g[st][0][j+1]+=h[st][j][k]*p[k]*score[k];
					h[st][j+1][n+1]+=h[st][j][k]*p[k]*(1-score[k]);
				}
				else{
					g[st][1][j+1]+=h[st][j][k]*p[k]*score[k];
					h[st][j+1][1]+=h[st][j][k]*p[k]*(1-score[k]);
				}
				for (int l=1;l<=2*n;++l)
					if (e[k][l])
						h[st][j+1][l]+=h[st][j][k]*p[k];
			}
		for (int j=0;j<=T;++j)
			for (int k=1;k<=2*n;++k)
				sumh[st][j]+=h[st][j][k];
	}
	f[0][0][0][0]=1;
	for (int i=0;i<R;++i)
		for (int j=0;j<R;++j)
			for (int k=0;k<T;++k)
				for (int t=1;k+t<=T;++t){
					f[i][j+1][k+t][0]+=f[i][j][k][0]*g[0][1][t]+f[i][j][k][1]*g[1][1][t];
					f[i+1][j][k+t][1]+=f[i][j][k][0]*g[0][0][t]+f[i][j][k][1]*g[1][0][t];
				}
	for (int i=0;i<=R;++i)
		for (int j=0;j<=R;++j){
			double ans=0;
			if (i<R && j<R){
				for (int k=0;k<=T;++k)
					ans+=f[i][j][k][0]*sumh[0][T-k]+f[i][j][k][1]*sumh[1][T-k];
			}
			else{
				if (i==R && j==R)
					break;
				for (int k=0;k<=T;++k)
					ans+=f[i][j][k][0]+f[i][j][k][1];
			}
			printf("%.8lf\n",ans);
		}
	return 0;
}

---

总结

有时候一个DP不能解决，就用两个DP，如果两个DP不能解决，那就三个……