期望DP算是第一题吧...虽然巨水但把思路理理清楚总是好的。。

题意：在一个1×n的格子上掷色子，从0点出发，掷了多少前进几步，同时有些格点直接相连，即若a，b相连，当落到a点时直接飞向b点。求走到n或超出n期望掷色子次数

SOL：

期望DP还是显然的，从后往前推也是显然的——这个题目能比较好地理解为什么要从后往前推。概率DP每个状态都在当前已知的概率下推出——最基本事件的概率往往都是已知的，而期望不同，从头开始，头的期望步数是根本不可知的，一旦遇上不可行状态极难处理，而从后往前推，最后一个状态的期望一般均为0，而它是由在它之前的状态转移而来，那么前面状态就可以更新了——

——例如本题，E[i]表示从第i个格子到第n个格子的期望步数，那么dp[n]显然等于0，而对于第i个点，它下一步可能的方向是i+1~6，那么根据概率的那什么公式累加已推出的点乘上概率——因为转移是要掷色子的所以还要再加上一。

然而对于直接相连的两个点怎么考虑呢，对于相对位置靠前的那个点——它只能到下一个点，那么它的期望直接就传过来了。。连加一都不需要...所以期望&概率题需要考虑清楚状态之间的关系——保证DP的正确。

code：

#include <stdio.h>

#include <string.h>

#include <algorithm>

#include <cstring>

#define ll long long

double dp[100005];

int vis[100005];

int main()

{

    int n,m;

    while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF){

        if((n+m)==0)break;

        memset(vis,-1,sizeof(vis));

        for(int i=1;i<=m;i++){

            int a,b;

            scanf("%d%d",&a,&b);

            vis[a]=b;

        }

        memset(dp,0,sizeof(dp));

        for(int i=n-1;i>=0;i--){

            if(vis[i]==-1){

                for(int j=1;j<=6;j++){

                    dp[i]+=dp[i+j]/6.0;

                }

                dp[i]+=1;

            }

            else

                 dp[i]=dp[vis[i]];

        }

        printf("%.4lf\n",dp[0]);

    }

    return 0;

}