概率DP
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kuangbin总结中的第5题
题解copy：
HDU 4098
题意：有n个人排队等着在官网上激活游戏。Tomato排在第m个。
对于队列中的第一个人。有一下情况：
1、激活失败，留在队列中等待下一次激活（概率为p1)
2、失去连接，出队列，然后排在队列的最后（概率为p2）
3、激活成功，离开队列（概率为p3）
4、服务器瘫痪，服务器停止激活，所有人都无法激活了。
求服务器瘫痪时Tomato在队列中的位置<=k的概率
解析：
概率DP；
设dp[i][j]表示i个人排队,Tomato排在第j个位置，达到目标状态的概率(j<=i)
dp[n][m]就是所求
j==1: dp[i][1]=p1*dp[i][1]+p2*dp[i][i]+p4;
2<=j<=k: dp[i][j]=p1*dp[i][j]+p2*dp[i][j-1]+p3*dp[i-1][j-1]+p4;
k<j<=i: dp[i][j]=p1*dp[i][j]+p2*dp[i][j-1]+p3*dp[i-1][j-1];
化简：
j==1: dp[i][1]=p*dp[i][i]+p41;
2<=j<=k: dp[i][j]=p*dp[i][j-1]+p31*dp[i-1][j-1]+p41;
k<j<=i: dp[i][j]=p*dp[i][j-1]+p31*dp[i-1][j-1];
其中:
p=p2/(1-p1);
p31=p3/(1-p1)
p41=p4/(1-p1)
可以循环i=1->n 递推求解dp[i].在求解dp[i]的时候dp[i-1]就相当于常数了。
在求解dp[i][1~i]时等到下列i个方程
j==1: dp[i][1]=p*dp[i][i]+c[1];
2<=j<=k:dp[i][j]=p*dp[i][j-1]+c[j];
k<j=i: dp[i][j]=p*dp[i][j]+c[j];
其中c[j]都是常数了。上述方程可以解出dp[i]了。
首先是迭代得到 dp[i][i].然后再代入就可以得到所有的dp[i]了。
注意特判一种情况。就是p4<eps时候，就不会崩溃了，应该直接输出0
*/
啊……那个迭代一开始没有看懂……后来自己写了一下：
f(i,1)=f(i,i)*p+c[1]
f(i,2)=f(i,1)*p+c[2]
……
f(i,i)=f(i,i-1)*p+c[i]
将前 i -1个式子依次代入第 i 个式子中可得：
f(i,i)=……[( f(i,i)*p+c[1])*p + c[2] ]*p +c[3] ……
（就是f(i,i)*p再加c[1]，再*p，+c[2]，再*p，+c[3]……（秦九韶算法？）
完全展开后得到：
f(i,i)=f(i,i)*p^i+c[1]*p^(i-1)+……
就可以算出来f(i,i)了……
1 //HDOJ 4089 2 #include<cmath> 3 #include<vector> 4 #include<cstdio> 5 #include<cstring> 6 #include<cstdlib> 7 #include<iostream> 8 #include<algorithm> 9 #define rep(i,n) for(int i=0;i<n;++i) 10 #define F(i,j,n) for(int i=j;i<=n;++i) 11 #define D(i,j,n) for(int i=j;i>=n;--i) 12 #define pb push_back 13 using namespace std; 14 int getint(){ 15 int v=0,sign=1; char ch=getchar(); 16 while(!isdigit(ch)) {if(ch=='-') sign=-1; ch=getchar();} 17 while(isdigit(ch)) {v=v*10+ch-'0'; ch=getchar();} 18 return v*sign; 19 } 20 const int N=2010,INF=~0u>>2; 21 const double eps=1e-6; 22 /*******************template********************/ 23 24 double f[N][N],pp[N],c[N]; 25 int main(){ 26 // freopen("input.txt","r",stdin); 27 int n,m,k; 28 double p1,p2,p3,p4; 29 while(scanf("%d%d%d%lf%lf%lf%lf",&n,&m,&k,&p1,&p2,&p3,&p4)!=EOF){ 30 if (p4<eps){ 31 printf("0.00000\n"); 32 continue; 33 } 34 double p=p2/(1-p1), 35 p41=p4/(1-p1), 36 p31=p3/(1-p1); 37 pp[0]=1.0; 38 F(i,1,n) pp[i]=p*pp[i-1]; 39 40 f[1][1]=p41/(1-p); 41 c[1]=p41; 42 F(i,2,n){ 43 F(j,2,k) c[j]=p31*f[i-1][j-1]+p41; 44 F(j,k+1,i) c[j]=p31*f[i-1][j-1]; 45 double tmp=c[1]*pp[i-1]; 46 F(j,2,i) tmp+=c[j]*pp[i-j]; 47 f[i][i]=tmp/(1-pp[i]); 48 f[i][1]=p*f[i][i]+c[1]; 49 F(j,2,i-1) f[i][j]=p*f[i][j-1]+c[j]; 50 } 51 printf("%.5lf\n",f[n][m]); 52 } 53 return 0; 54 }
