HDU4089 Activation 概率DP

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本文详细解析了HDU4089激活问题，采用概率动态规划方法，探讨了在特定条件下Tomato在队列中的位置及概率问题。通过对不同位置状态的分析，得出状态转移方程，最终求解出当服务器崩溃时，Tomato在队列中且位置序号小于等于k的概率。

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HDU 4089 Activation 概率DP

题目链接：[http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4089]

题目大意：

Tomato去排队激活游戏，每次对队首位置的人进行处理，处理时会产生四种情况：

激活失败，队伍不变，下次重新从队首的人开始处理，概率为p1
连接失败，队首的人排到队尾，下次从新的队首的人开始处理，概率为p2
激活成功，队首的人退出队伍，下次从队列中下一个人开始处理，概率为p3
服务器崩溃，GG，概率为p4

已知队列总人数为n，Tomato当前在队列中的位置为m，问当服务器崩溃时Tomato在队列中且当前位置序号小于等于k的概率是多少。

分析：

一道求数学期望的题目，利用概率DP，首先找出可行的状态转移方程，DP[ i ][ j ]表示当前队列中有 i 个人，Tomato排在 j 号位，当前情况下符合条件的概率为多少。
对于排在队列中的不同的位置时，有不同的表示：
j==1：dp[ i ][ j ] = p1 * dp[ i ][ j ] + 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 ]

将上述表达式简化：
p = p2/(1-p1)
p31 = p3/(1-p1)
p41 = p4/(1-p1)

j==1：dp[ i ][ j ] = 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 ]

从 i = 1->n 循环递推算出每一项dp[ i ]，此时dp[i - 1]已经在之前的计算中得到了，所以可以把除了dp[ i ][ j∈[1,i] ]之外的所有项归为常数项
即表示为：
j==1：dp[ i ][ j ] = p * dp[ i ][ i ] + C[ j ]
2<=j<=k：dp[ i ][ j ] = p * dp[ i ][ j-1 ] + C[ j ]
k<j<=i：dp[ i ][ j ] = p * dp[ i ][ j-1 ] + C[ j ]

对于每一次循环，首先要得到dp[ i ][ 1 ]的值
dp[ i ][ 1 ]可以用递推公式进行递推得到：
dp[ i ][ 1 ] = p * dp[ i ][ i ] + c[ 1 ]
dp[ i ][ i ] = p * dp[ i ][ i-1 ] + c[ i ]
dp[ i ][ i-1 ] = p * dp[ i ][ i-2 ] + c[ i-1 ]
…
dp[ i ][ 2 ] = p * dp[ i ][ 1 ] + c[ 2 ]
所以整理之后可以用一个式子表达dp[ i ][ 1 ]：
$\frac{C[1]+\sum_{n=1}^{i}p^n\cdot C[i+1-n]}{1-p^i}$
然后通过迭代把dp[ i ][ j∈[1,i ] ]都递推出来

注意特判一下p4<eps的情况

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;
static const int maxn = 2000;
static const double eps = 1e-5;
double p1,p2,p3,p4;
int n,m,k;
double dp[maxn][maxn];
double C[maxn];
int main(){
    while(scanf("%d %d %d %lf %lf %lf %lf",&n,&m,&k,&p1,&p2,&p3,&p4)!=EOF){
        if(p4<eps){
            printf("0.00000\n");
            continue;
        }
        double p = p2/(1-p1);
        double p31 = p3/(1-p1);
        double p41 = p4/(1-p1);
        //dp[1][1] = p41/(1-p);
        for(int i=1/*2*/;i<=n;i++){
            C[1] = p41;
            for(int j=2;j<=k&&j<=i;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];
            for(int j=2;j<=i;j++)
                tmp+=C[j]*pow(p,i+1-j);
            dp[i][1] = tmp/(1-pow(p,i));
            for(int j=2;j<=i;j++)
                dp[i][j] = p * dp[i][j-1] + C[j];
        }
        printf("%.5f\n",dp[n][m]);
    }
    return 0;
}