解题思路摘自kuangbin博客
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
定义 d p [ i ] [ j ] dp[i][j] dp[i][j]为总共还 i i i个人,自己排在第 j j j位到达目标的概率
j = = 1 ： d p [ i ] [ 1 ] = d p [ i ] [ 1 ] ∗ p 1 + d p [ i ] [ i ] ∗ p 2 + p 4 j==1：dp[i][1]=dp[i][1]*p1+dp[i][i]*p2+p4 j==1：dp[i][1]=dp[i][1]∗p1+dp[i][i]∗p2+p4
1 < j < = k : d p [ i ] [ j ] = d p [ i ] [ j ] ∗ p 1 + d p [ i ] [ j − 1 ] ∗ p 2 + d p [ i − 1 ] [ j − 1 ] ∗ p 3 + p 4 1<j<=k:dp[i][j]=dp[i][j]*p1+dp[i][j-1]*p2+dp[i-1][j-1]*p3+p4 1<j<=k:dp[i][j]=dp[i][j]∗p1+dp[i][j−1]∗p2+dp[i−1][j−1]∗p3+p4
k < j < = i : d p [ i ] [ j ] = d p [ i ] [ j ] ∗ p 1 + d p [ i ] [ j − 1 ] ∗ p 2 + d p [ i − 1 ] [ j − 1 ] ∗ p 3 k<j<=i:dp[i][j]=dp[i][j]*p1+dp[i][j-1]*p2+dp[i-1][j-1]*p3 k<j<=i:dp[i][j]=dp[i][j]∗p1+dp[i][j−1]∗p2+dp[i−1][j−1]∗p3
上面三个式子化简分别得到
j = = 1 ： d p [ i ] [ 1 ] = d p [ i ] [ i ] ∗ p 21 + p 41 j==1：dp[i][1]=dp[i][i]*p21+p41 j==1：dp[i][1]=dp[i][i]∗p21+p41
1 < j < = k : d p [ i ] [ j ] = d p [ i ] [ j − 1 ] ∗ p 21 + d p [ i − 1 ] [ j − 1 ] ∗ p 31 + p 41 1<j<=k:dp[i][j]=dp[i][j-1]*p21+dp[i-1][j-1]*p31+p41 1<j<=k:dp[i][j]=dp[i][j−1]∗p21+dp[i−1][j−1]∗p31+p41
k < j < = i : d p [ i ] [ j ] = d p [ i ] [ j − 1 ] ∗ p 21 + d p [ i − 1 ] [ j − 1 ] ∗ p 31 k<j<=i:dp[i][j]=dp[i][j-1]*p21+dp[i-1][j-1]*p31 k<j<=i:dp[i][j]=dp[i][j−1]∗p21+dp[i−1][j−1]∗p31
这样如果递推 d p [ i ] [ 1 , n ] dp[i][1,n] dp[i][1,n], d p [ i − 1 ] [ 1 , n ] dp[i-1][1,n] dp[i−1][1,n]已经是常数了
所以对于特定的 i i i,实际上三个式子可以再次化简
j = = 1 ： d p [ i ] [ 1 ] = d p [ i ] [ i ] ∗ p 21 + 某 常 数 j==1：dp[i][1]=dp[i][i]*p21+某常数 j==1：dp[i][1]=dp[i][i]∗p21+某常数
1 < j < = k : d p [ i ] [ j ] = d p [ i ] [ j − 1 ] ∗ p 21 + 某 常 数 1<j<=k:dp[i][j]=dp[i][j-1]*p21+某常数 1<j<=k:dp[i][j]=dp[i][j−1]∗p21+某常数
k < j < = i : d p [ i ] [ j ] = d p [ i ] [ j − 1 ] ∗ p 21 + 某 常 数 k<j<=i:dp[i][j]=dp[i][j-1]*p21+某常数 k<j<=i:dp[i][j]=dp[i][j−1]∗p21+某常数
如此一来就是 n n n个方程组解 n n n个未知数了
我们可以先从尾到头迭代解得 d p [ i ] [ i ] dp[i][i] dp[i][i]即可
复杂度就是 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=2009;
const double eps=1e-7;
int n,m,k;
double dp[maxn][maxn],g[maxn],p1,p2,p3,p4,c[maxn];
int main()
{
while( cin >> n >> m >> k >> p1 >> p2 >> p3 >> p4 )
{
double sumn=0;
if( p4<eps )
{
printf("0.00000\n");
continue;
}
dp[1][1] = p4/(p3+p4);
double p21=p2/(1-p1), p31=p3/(1-p1), p41 = p4/(1-p1);
int u=1,v=0;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
u^=1, v^=1;
c[1]=p41;
for(int j=2;j<=k;j++) c[j]=p31*dp[v][j-1]+p41;
for(int j=k+1;j<=i;j++) c[j]=p31*dp[v][j-1];
dp[u][i]=0;
double p=1;
for(int j=i;j>=1;j--)
{
dp[u][i]+=p*c[j];
p*=p21;
}
dp[u][i]/=(1-p);
dp[u][1]=p21*dp[u][i]+c[1];
for(int j=2;j<i;j++)
dp[u][j]=p21*dp[u][j-1]+c[j];
}
printf("%.5lf\n",dp[u][m] );
}
}
