Check the difficulty of problems

题目大意：：

---

有m场比赛，t个队伍，告诉你每个队伍每场比赛的胜率，求所有队伍获胜一场及以上且冠军队伍获胜n场及以上的概率。

思路：

---

很明显的概率 $dp$；

先定义：

$dp[i][j]$ 为第$i$个队伍在前$j$道题中恰好做了$k$道题的概率。

因为题意要求所有队伍获胜一场及以上且冠军队伍获胜n场及以上的概率；

所以我们还需要一个数组 $f[i][j]$ 来存储第$i$个队至多做出$j$题的概率。

接下来分析概率情况：

对于任意队伍而言，一道题只有两种结果：

做对 or 没做对

那么状态转移方程就很好想了 ：

• $p1=dp[i][j-1][k-1]\ast p[i][j]$;
• $p2=dp[i][j-1][k]\ast (1-p[i][j])$;
• $dp[i][j][k]=p1+p2$;

解释：

• $p1$ ：第 $j$ 到题做对，此时一共做对 $k$ 道题，因此需要乘上 $dp[i][j-1][k-1]$ ($i$队在前 $j-1$ 场比赛做对 $k-1$ 道题的概率）；
• $p2$ 参考 $p1$ 的解释；
• 总概率为两种情况概率的总和。

最终答案：

---

因为 $dp$ 的状态定义，最终结果的求解方法自然而然地选择了排除法（即用总概率 $-$ 不符合情况的概率）

• 总概率 ：$ \prod_{i=1}^t (f[i][m] - f[i][0])$ ；
• 不符合情况的概率：$ \prod_{i=1}^t (f[i][n - 1] - f[i][0])$ ；

解释：

• 总概率：共有 $m$ 场比赛，那么所有符合题意的情况的概率就为 $t$ 个队伍做对 $1$ 到 $m$ 道题的概率之积，用至多作对 $m$ 道题的概率减去至多做对 $0$ 道题的概率，即为做对 $1$ 到 $m$ 道题的概率
• 不符合情况的概率：参考总概率的解释

完整代码：
$PS$：注意初始化！！！

---

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int MAXN = 150;
int n,m,t;
double dp[1005][35][35],f[1005][1005],p[1005][35];
//p[i][j] 第i个队通过第j题的概率
int main() {
	while(scanf("%d %d %d",&m,&t,&n) != EOF && m != 0 && t != 0 && n != 0) {
		memset(dp,0,sizeof(dp));
		memset(f,0,sizeof(f));
		for(int i = 1; i <= t; i ++) {
			for(int j = 1; j <= m; j ++) scanf("%lf",&p[i][j]);
		}
		for(int i = 1; i <= t; i ++) {
			dp[i][0][0] = 1;//一道题没做 
			for(int j = 1; j <= m; j ++) {
				dp[i][j][0] = dp[i][j - 1][0] * (1 - p[i][j]); //没做对题 
			}
		}
		for(int i = 1; i <= t; i ++) {
			for(int j = 1; j <= m; j ++) {
				for(int k = 1; k <= j; k ++) {
					dp[i][j][k] = dp[i][j - 1][k - 1] * p[i][j] + dp[i][j - 1][k] * (1 - p[i][j]);//两种情况：第j道题做对和没做对 
				}
			}
		}
		for(int i = 1; i <= t; i ++) {
			for(int j = 0; j <= m; j ++) {
				if(j != 0 ) f[i][j] = f[i][j - 1] + dp[i][m][j]; 
				else f[i][j] = dp[i][m][0];
			}
		}
		double p1 = 1, p2 = 1;
		for(int i = 1; i <= t; i ++) {
			p1 *= (f[i][m] - f[i][0]); 
			p2 *= (f[i][n - 1] - f[i][0]);
		}
		printf("%.3lf\n",p1 - p2);
	}
	return 0;
}