题意 ：小女孩注册了两个比赛的帐号，初始分值都为0，每做一次比赛如果排名在前两百名，rating涨50，否则降100，告诉你她每次比赛在前两百名的概率p，如果她每次做题都用两个账号中分数低的那个去做，问她最终有一个账号达到1000分需要做的比赛的次数的期望值。
思路 ：可以直接用公式推出来用DP做，也可以列出210个方程组用高斯消元去做。
（1）DP1：离散化。因为50，100，1000都是50的倍数，所以就看作1，2，20。这样做起来比较方便。
定义dp[i]为从 i 分数到达i+1分的期望，状态转移方程：
dp[i] = p+(1-p)*(1+dp[i-2]+dp[i-1]+dp[i]); 在前两百名里增加一分，当不在前两百名里的时候，扣两分，要回到 i+1 分就是1+dp[i-2]+dp[i-1]+dp[i].
mp[i][i]表示两个账号都从0分涨到 i 分的期望，所以mp[i+1][i] = mp[i][i]+dp[i], mp[i+1][i+1] = mp[i+1][i]+dp[i];
#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <math.h> using namespace std ; double dp[],mp[][] ; int main()
{
double p ;
while(scanf("%lf",&p) != EOF)
{
dp[] = / p ;
dp[] = / p / p ;
for(int i = ; i < ; i++)
dp[i] = + (-p)*(dp[i-]+dp[i-]+)/p ;
for(int i = ; i < ; i++)
{
mp[i+][i] = mp[i][i]+dp[i] ;
mp[i+][i+] = mp[i+][i] + dp[i] ;
}
printf("%.6lf\n",mp[][]) ;
}
return ;
}
（2）DP2：在网上看了一个线性的复杂度的，here，推公式很厉害。
先考虑一场比赛的情况，定义dp[k]为当前为k分，要达到20分时的期望回合数。
那么显然有 dp[0]=1+p*dp[1]+q*dp[0] 化简得 dp[0]=1/p+dp[1]
dp[1]=1+p*dp[2]+q*dp[0] 化简得 dp[0]=1/p+1/p^2+dp[2]
我们令 dp[0]=t[k]+dp[k] 那么t[k]就表示由0状态到达k状态所需的期望回合数。如果是要到达20分就是t[20]。
得到dp[k]=1+p*dp[k+1]+(1-p)*dp[k-2]
将dp[k]=dp[0]-t[k]和dp[k-2]=dp[0]-t[k-2]代入得 ：
dp[0]=1/p+t[k]/p-(1-p)/p*t[k-2]+dp[k+1]
然后代入dp[k+1]=dp[0]-t[k+1]得：
t[k+1]＝1/p+1/p*t[k]-(1-p)/p*t[k-2]
边界条件是 t[0]=0,t[1]=1/p,t[2]=1/p+1/p^2
知道这些就可以递推出所有需要的t[k]了。
因为是两个账号，所以变化一定是（0，0）——>（1，0）——>（1，1）——>……（19，18）——>（19，19）——>（20，19）
(0,0)->(0,1)需要的期望回合数是t[1]-t[0]. (0,1)->(1,1)需要的期望回合数是 t[1]-t[0]
(1,1)->(1,2)需要的期望回合数是t[2]-t[1]. (1,2)->(2,2)需要的期望回合数是 t[2]-t[1].
....
(18,18)->(18,19)需要的期望回合数是t[19]-t[18]. (18,19)->(19,19)需要的期望回合数是t[19]-t[18].
(19,19)->(19,20)需要的期望回合数是t[20]-t[19]。
全部加起来的结果就是t[19]*2+t[20]-t[19].
所以最后的复杂度可以是线性的，而且理论上对于k个账号也是适用的，这样就可以避开了高斯消元的做法了。
#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <math.h> using namespace std ; double d[] ; int main()
{
double p ;
while(scanf("%lf",&p) != EOF)
{
d[] = ;
d[] = / p ;
d[] = / p + / (p * p) ;
for(int i = ; i <= ; i++)
d[i] = / p + d[i-] / p +(p - )*d[i-] / p ;
printf("%.6lf\n",d[] + d[]) ;
}
return ;
}
（3）高斯消元：
官方题解：
令(x, y)表示高分为x，低分为y的状态（x >= y），E(x, y)表示从(x, y)到达(1000, ?)的比赛场数期望。容易得到E(x, y) = P * E(x1, y1) + (1 - P) * E(x2, y2) + 1，其中，(x1, y1)表示rating上升后的状态，（x2, y2）表示rating下降后的状态。每50分一个状态，共有210个状态（21*20/2）。
移项后得E(x, y) -P * E(x1, y1) - (1 - P) * E(x2, y2) = 1，共有210个这样的方程组。高斯消元求解，x[0]代表E(0,0)这个状态到目标状态的期望。
注意精度。
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <iostream>
#include <math.h> using namespace std ; const double eps = 1e- ; double p,mp[][] ;
int vis[][] ; double Gauss()
{
for(int i = ; i < ; i++)
{
int k ;
for(k = i ; k < ; k++)
if(fabs(mp[k][i]) > eps) break ;
for(int j = ; j <= ; j++)
swap(mp[i][j],mp[k][j]) ;
for(int j = ; j < ; j++)
{
if(i != j)
{
if(fabs(mp[j][i]) > eps)
{
double s = mp[j][i] / mp[i][i] ;
for(int k = i ; k <= ; k++)
mp[j][k] -= mp[i][k] * s ;
}
}
}
}
return mp[][]/mp[][] ;
} void pro()
{
for(int i = ; i < ; i++)
{
for(int j = ; j < i ; j ++)
{
int u = vis[i][j] ;
mp[u][u] = ;
mp[u][] = ;
int v = vis[i][max(,j-)] ;
mp[u][v] -= (-p) ;
v = vis[i][j+] ;
mp[u][v] -= p ;
}
int u = vis[i][i] ;
mp[u][u] = ;
mp[u][] = ;
int v = vis[i][max(,i-)] ;
mp[u][v] -= (-p) ;
v = vis[i+][i] ;
mp[u][v] -= p ;
}
} int main()
{ while(scanf("%lf",&p) != EOF)
{
int cnt = ;
memset(vis,-,sizeof(vis)) ;
for(int i = ; i < ; i++)
for(int j = ; j <= i ; j++)
vis[i][j] = cnt ++ ;
memset(mp,,sizeof(mp)) ;
pro() ;
printf("%.6lf\n",Gauss()) ;
}
return ;
}