题意:在n*m的网格中,某个物体初始置于点(x,y),每一步行动都会等概率地停留在原地/往左/往右/往下走,求走到最后一行的的步数的数学期望,其中n,m<1000
lyd告诉我们这种题目要倒推处理.设\(f[i][j]\)为(i,j)到(n,k)的步数期望,k为任意数
那么对于各种边界有如下情况
\(f[n][j]=0\)
\(f[i][1]=\frac{1}{3}f[i][1]+\frac{1}{3}f[i][2]+\frac{1}{3}f[i+1][1]+1\)
\(f[i][m]=\frac{1}{3}f[i][m]+\frac{1}{3}f[i][m-1]+\frac{1}{3}f[i+1][m]+1\)
\(f[i][j]=\frac{1}{4}f[i][j]+\frac{1}{4}f[i][j-1]+\frac{1}{4}f[i][j+1]+\frac{1}{4}f[i+1][j]+1\)
式子2~4需要满足\(i<n\),式子4需要满足\(1<j<m\)
这种式子存在后效性,一种可行的方法是使用高斯消元处理,详见挑战程序设计竞赛P289 Random Walk
但以上方法仅适用于n*m<300左右的式子,这种需要手动消元才能在\(O(n*m)\)的时间内处理(其实硬上魔改应该也没问题?
首先要确认的是行内存在后效性,但行间无后效性,如果逆推的话就意味着在求解\(f[i][j]\)的时候\(f[i+1][j]\)是已知的,可作为常数处理
我们把常数项和未知数项分离
\(f[i][1]=(3+f[i+1][1])/2+\frac{1}{2}f[i][2]\)
\(f[i][1]=A+B*f[i][2],A=(3+f[i+1][1])/2,B=1/2\)
\(f[i][2]=(4+f[i][3]+f[i][1]+f[i+1][2])/3=(4+f[i][3]+A+B*f[i][2]+f[i+1][2])/3=(4+f[i][3]+A+f[i+1][2])/(3-B)\)
\(f[i][2]=(4+A+f[i+1][2])/(3-B)+\frac{1}{3-B}f[i][3]\)
\(f[i][2]=A'+B'*f[i][3],A'=(4+A+f[i+1][2])/(3-B),B'=1/(3-B)\)
以此类推直到
\(f[i][m-1]=A^{(m-1)}+B^{(m-1)}f[i][m]\)
又\(f[i][m]=(3+A^{(m-1)}+f[i+1][m])/(2-B^{(m-1)})\),该项可以初始化
通过逆推计算就可以得出全部项,而\(f[x][y]\)就是答案
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<set>
#define rep(i,j,k) for(register int i=j;i<=k;i++)
#define rrep(i,j,k) for(register int i=j;i>=k;i--)
#define erep(i,u) for(register int i=head[u];~i;i=nxt[i])
#define iter(i,j) for(int i=0;i<(j).size();i++)
#define print(a) printf("%lld",(ll)a)
#define println(a) printf("%lld\n",(ll)a)
#define printbk(a) printf("%lld ",(ll)a)
#define IOS ios::sync_with_stdio(0)
using namespace std;
const int MAXN = 1e3+11;
const int oo = 0x3f3f3f3f;
typedef long long ll;
const double EPS = 1e-8;
typedef vector<double> vec;
typedef vector<vec> mat;
ll read(){
ll x=0,f=1;register char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
int n,m;
double a[MAXN],b[MAXN],f[MAXN][MAXN];
int main(){
while(cin>>n>>m){
int x=read();
int y=read();
if(m==1){
printf("%.4lf\n",(double)(n-x)*2.0);
continue;
}
rep(i,0,m) f[n][i]=0;
rrep(i,n-1,1){
a[1]=(double)(3.0+f[i+1][1])/2.0;b[1]=0.5;
rep(j,2,m-1){
a[j]=(double)(4.0+a[j-1]+f[i+1][j])/(3.0-b[j-1]);
b[j]=(double)1.0/(3.0-b[j-1]);
}
f[i][m]=(double)(3.0+a[m-1]+f[i+1][m])/(2.0-b[m-1]);
rrep(j,m-1,1){
f[i][j]=a[j]+b[j]*f[i][j+1];
}
}
printf("%.10lf\n",f[x][y]);
}
return 0;
}