题目简述：
一个r行c列的格子，起始点在（1，1），终点在（r，c），每一步可能的走法有：不动、向右走、向下走，每走一步花费两点魔法值，现给出在每一点三种走法的概率，求走完迷宫时所花魔法值的期望。
分析：
运用DP算法的话，首先需要确定一个合适状态来描述子问题的情况，很明显本题的状态可以定义为dp[i][j]，代表从（i，j）到（r，c）所花费魔法值。然后我们需要考虑这样的状态之间能否正确的转化，利用数学期望的定义以及其线性，不难写出如下转移方程：

dp[i][j] = p[i][j][1]*dp[i][j] + p[i][j][2]*dp[i][j+1] + p[i][j][3]*dp[i+1][j] + 2

，然后再合并同类项可得：

dp[i][j] = （p[i][j][2]*dp[i][j+1] + p[i][j][3]*dp[i+1][j] + 2）/（1-p[i][j][1]）。

最后，需要确定边界，很明显，dp[r][c]=0，因为当在点（r，c）时，他不需要花费魔法值就可以到达（r，c），这样我们就可以从后往前递推了。
附上代码:

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1005+10;
double p[maxn][maxn][3],dp[maxn][maxn];
int main(){
	int r,c;
	while(~scanf("%d%d",&r,&c)){ 
	    memset(dp,0,sizeof(dp));
	    memset(p,0,sizeof(p));
	    for(int i=1;i<=r;i++)
	        for(int j=1;j<=c;j++)
	            for(int k=1;k<=3;k++)  
	                scanf("%lf",&p[i][j][k]);
	    dp[r][c]=0;
		for(int i=r;i>=1;i--)
	    	for(int j=c;j>=1;j--){
	        	if((i==r&&j==c)||p[i][j][1]==1)
	           		continue;
	        	dp[i][j]=(p[i][j][2]*dp[i][j+1]+p[i][j][3]*dp[i+1][j]+2)/(1-p[i][j][1]);
    		}
    	printf("%.3lf\n",dp[1][1]);
    }
    return 0;
}

题意简述：
有0-n个格子，初始点在0，终点是>=n，每走一步之前都要丢一次六个面的色子，标上1-6，扔到几就走几步，当然色子是等概率出现数字的，还有就是中间某一点可能和其它的一点联通，比如a和b联通，当我处于a时，就可以直接飞到b，最后问走到终点时所扔色子次数的期望。

分析：
显然，首先从后往前推，最后一个肯定是0，然后，如果有格子与这次的第i格相连，就可以开始跳跃，不然，就加上dp[1——6]*1.0/6.0，最后再加上1即可，再输出dp[0]即可轻松AC掉。
所以，附上代码:

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=100000+19;
double dp[maxn];
int a[maxn];
int main(){
	int n,m;
	while(~scanf("%d%d",&n,&m)){
		if(n+m==0)
		   return 0;
		memset(dp,0,sizeof(dp));
		memset(a,0,sizeof(a));
		for(int i=1;i<=m;i++){
			int x,y;
			cin>>x>>y;
			a[x]=y;
		}
		for(int i=n-1;i>=0;i--){
			if(a[i]){
				dp[i]=dp[a[i]];
				continue;
			}
			dp[i]=(dp[i+1]+dp[i+2]+dp[i+3]+dp[i+4]+dp[i+5]+dp[i+6])/6+1;
		}
		printf("%.4lf\n",dp[0]);
	}
	return 0;
}