hdu 4089

hdu 4089

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;(此时tomato只有三种选择，不能选注册成功）

2<=j<=k: dp[i][j]=p1*dp[i][j]+p2*dp[i][j-1]+p3*dp[i-1][j-1]+p4;（此时，队列里的第一人有4中可能选择，若为p1对应事件，那么第一人位置不动，则tomato位置不动，这种情况概率为p1*dp[i][j] ，若为p2对应事件，那么第一人排到最后，tomato前进一位，对应概率p2*dp[i][i]······。）

k<j<=i:  dp[i][j]=p1*dp[i][j]+p2*dp[i][j-1]+p3*dp[i-1][j-1];（分析同上）

化简：
j==1:    dp[i][1]=p*dp[i][i]+p41;                        ①
2<=j<=k: dp[i][j]=p*dp[i][j-1]+p31*dp[i-1][j-1]+p41;     ②
k<j<=i:  dp[i][j]=p*dp[i][j-1]+p31*dp[i-1][j-1];         ③

其中:
p21=p2/(1-p1);
p31=p3/(1-p1)
p41=p4/(1-p1)

我们可以求得dp[1][1] = p41/（1-p21);

在①中dp[i][i]为未知数（dp[i-1][j-1]以求)

而在②或③中，dp[i][j]都是由前一步的dp[i][j-1]得来，即比如：

dp[3][1]=dp[3][3]+c1;

dp[3][2]=dp[3][1]*p31+c2;

dp[3][3]=dp[3][2]*p31+c3;

因为dp[3][3]最开始不知道，所以dp[3][1]不知道，所以dp[3][2]不知道，但是最后有dp[3][3];

所以联立这3个方程可解出dp[3][3],然后求dp[3][1],dp[3][2]...

见代码注释部分：

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
*/

 

  double 
  dp[Maxn][Maxn]; 
  //dp[i][j]表示一共有i个人，该人排在第j位时的发生所求事件的概率
 
 

  double 
  p1,p2,p3,p4,temp[Maxn]; 
  //temp[i]表示求dp[i][j] 时前面一层的常数
 
 

  double 
  pp[Maxn];
  //pp[i]表示pp^i,用于迭代求出dp[i][i];
 
 

  int 
  n,m,k;
 
 

   
 
 

  int 
  main()
 
 

  {
 
 

     
  double 
  pp2,pp3,pp4;
 
 

   
 
 

     
  while
  (~
  scanf
  (
  "%d%d%d"
  ,&n,&m,&k))
 
 

     
  {
 
 

        
  scanf
  (
  "%lf%lf%lf%lf"
  ,&p1,&p2,&p3,&p4);
 
 

        
  if
  (p4<=eps) 
  //最后一步肯定要*P4 ,如果p4很小的话，直接输出0.00000
 
 

        
  {
 
 

           
  puts
  (
  "0.00000"
  );
 
 

           
  continue
  ;
 
 

        
  }
 
 

   
 
 

        
  pp2=p2/(1-p1);pp3=p3/(1-p1);
 
 

        
  pp4=p4/(1-p1);
 
 

   
 
 

        
  pp[0]=1.0;
 
 

        
  for
  (
  int 
  i=1;i<=n;i++)
 
 

           
  pp[i]=pp[i-1]*pp2; 
  //用于迭代保存系数
 
 

        
  dp[1][1]=p4/(1-p1-p2); 
  //根据方程1很快可以求出
 
 

        
  for
  (
  int 
  i=2;i<=n;i++)
 
 

        
  {
 
 

           
  temp[1]=pp4;
 
 

           
  for
  (
  int 
  j=2;j<=k;j++)
 
 

              
  temp[j]=pp3*dp[i-1][j-1]+pp4;
 
 

           
  for
  (
  int 
  j=k+1;j<=i;j++)
 
 

              
  temp[j]=pp3*dp[i-1][j-1];
  //第j个方程的常数
 
 

           
  double 
  tmp=0.0;
  //求出只含dp[i][i]未知数方程的常数部分
 
 

   
 
 

           
  for
  (
  int 
  j=i;j>=1;j--)
 
 

              
  tmp+=temp[j]*pp[i-j]; 
  //把前面的方程带入后面的方程中
 
 

           
  dp[i][i]=tmp/(1-pp[i]);
 
 

           
  dp[i][1]=pp2*dp[i][i]+temp[1]; 
  //带入方程求出后面未知数的值
 
 

           
  for
  (
  int 
  j=2;j<i;j++)
 
 

              
  dp[i][j]=pp2*dp[i][j-1]+temp[j];
 
 

        
  }
 
 

        
  printf
  (
  "%0.5f\n"
  ,dp[n][m]);
 
 

     
  }
 
 

     
  return 
  0;
 
 

  }