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
分析：
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
对于1，2，3的问题显然有表达式：
dp[i][j] = p1*dp[i][j] + p2*dp[i][j-1] + p3*dp[i-1][j-1];
对于4我们怎么考虑呢？
我们发现对于 j<=k 的时候怎么移动对于结果来说都是1，而j>k的时候对于结果来说是0
所以我们要分类讨论:
1<=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];
我们在仔细观察，2号操作是“出队列，然后排在队列的最后” 那如果当前就是在1位置，那这个结果后应该是排到最后，而不是1-1;
所以有特判：
j==1;
dp[i][j] = p1*dp[i][j] + p2*dp[i][i] + p4;
故最终：
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)
由上面的式子可以看出，求dp[i][j]的时候dp[i-1][j-1]是已经计算出来了的。我们不妨把后面的部分用c数组保存起来，得
当j=1时，dp[i][j] = p21*dp[i][i]+c[1]；
当1<j<=k时，dp[i][j]= p21*dp[i][j-1]+c[j]，其中，c[j]=p31*dp[i-1][j-1]+p41;
当k<j<=i时，dp[i][j] = p21*dp[i][j-1]+c[j]，其中c[j]=p31*dp[i-1][j-1];
显然，dp[i][1]与dp[i][i]有关，而dp[i][j]又与dp[i][j-1]有关，这样就形成了一个环。所以，我们先利用上面3个式子迭代求出dp[i][i]：
dp[i][i]=dp[i][i]*p21^i+c[1]*p21^i-1+c[2]*p21^i-2+......+c[i]；变个形即可求出dp[i][i]
得出dp[i][i]，那么dp[i][1]也可以得出，之后就递推就行了。
求dp[i][i]的公式在草稿纸上演算下即可：
例如：
a[3]=w*a[2]+c[3]..1
a[2]=w*a[1]+c[2]..2
a[1]=w*a[n]+c[1]..3
把3代入2在代入3,未知量只有一个a[3]；
必须特判下p4 接近 0的情况，不然计算代价奇高
超内存
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=2005; const double eps=1e-5; double c[N],pp[N],dp[N][N]; int main() { int n,m,k; double p1,p2,p3,p4; while(~scanf("%d%d%d%lf%lf%lf%lf",&n,&m,&k,&p1,&p2,&p3,&p4)) { if(p4<eps) { printf("0.00000 "); continue; } double p=p2/(1-p1); double p41=p4/(1-p1); double p31=p3/(1-p1); pp[0]=1.0; for(int i=1 ; i<=n ; i++) pp[i]=p*pp[i-1]; dp[1][1]=p41/(1-p); c[1]=p41; for(int i=2 ; i<=n ; i++) { for(int j=2 ; j<=k ; j++) c[j]=p31*dp[i-1][j-1]+p41; for(int j=k+1 ; j<=i ; j++) c[j]=p31*dp[i-1][j-1]; double tmp=c[1]*pp[i-1]; for(int j=2 ; j<=i ; j++) tmp+=c[j]*pp[i-j]; dp[i][i]=tmp/(1-pp[i]); dp[i][1]=p*dp[i][i]+c[1]; for(int j=2 ; j<i ; j++) dp[i][j]=p*dp[i][j-1]+c[j]; } printf("%.5lf ",dp[n][m]); } }
卡内存：不预处理PP
#include <iostream> #include <cstdio> #include <memory.h> using namespace std; const int maxn = 2005; int n, m, k; double p1, p2, p3, p4, p21, p31, p41; double dp[maxn][maxn], c[maxn]; double eps = 1e-5; int main() { while(~scanf("%d%d%d%lf%lf%lf%lf", &n, &m, &k, &p1, &p2, &p3, &p4)){ if(p4<eps){ printf("0.00000 ");continue; } p21 = p2/(1-p1); p31 = p3/(1-p1); p41 = p4/(1-p1); dp[1][1]=p41/(1-p21); for(int i=2;i<=n;i++){ for(int j=1;j<=i;j++){ if(j==1)c[j]=p41; else if(j<=k)c[j]=p31*dp[i-1][j-1]+p41; else c[j]=p31*dp[i-1][j-1]; } double tmp=0, pp=1; for(int j=i;j>=1;j--){ tmp+=c[j]*pp; pp*=p21; } dp[i][i]=tmp/(1-pp); dp[i][1]=p21*dp[i][i]+p41; for(int j=2;j<i;j++){ dp[i][j]=p21*dp[i][j-1]+c[j]; } } printf("%.5f ", dp[n][m]); } return 0; }
滚动数组优化：
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cmath> #include<cstring> #include<string.h> using namespace std; const int maxn=2004; double dp[2][maxn]; int n,m,k; double p4,p1,p2,p3; double p21,p31,p41; double c[maxn]; int main() { while(~scanf("%d%d%d",&n,&m,&k)) { scanf("%lf%lf%lf%lf",&p1,&p2,&p3,&p4); if(p4<1e-5) { printf("0.00000 "); continue; } memset(dp,0,sizeof dp); p21=p2/(1-p1); p31=p3/(1-p1); p41=p4/(1-p1); dp[0][1]=p4/(1-p1-p2); double ans,sum; int i,j; int now=0; for(i=2;i<=n;i++) { now=now^1; for(j=i;j>=2;j--) { c[j]=p31*dp[now^1][j-1]; if(j<=k)c[j]+=p41; } c[1]=p41; ans=1; sum=0; for(j=i;j>=1;j--) { sum+=ans*c[j]; ans*=p21; } dp[now][i]=sum/(1-ans); dp[now][0]=dp[now][i]; for(j=1;j<i;j++) { dp[now][j]=p21*dp[now][j-1]+c[j]; } } printf("%.5f ",dp[now][m]); } return 0; }