【POJ 2151Check the difficulty of problems】概率DP

题目链接：
http://poj.org/problem?id=2151
题意：
题目中有$T$个人，$M$道题，做出最多题数要大于等于$N$，给你一个$p$矩阵，$p[i][j]$表示第$i$个人写出第$j$题的概率。
现求满足每个人写题数量都至少大于等于1并且做题数量最多的人写题数量大于N的概率。
题解：
设$T$为全部人的一个集合，$f(t)$ 为 $t$ 这个人的写题数量。
那么题目可以表述为：求满足任意$t\in T$，都有$f(t)>=1$且存在$t_0\in T$，使得$f(t_0)>=N$的概率。
设使得条件1成立的概率为$p_1$，
使得条件2成立的概率为$p_2$，
条件3为任意$t\in T$，都有$f(t)<N$，其概率记做$p_3$，
其中条件2和3互逆，所以有$p=p_1\ast (1-p_3)=p_1-p_1\ast p_3$。
那么现在就只用求$pre[i][j]$，即第$i$人做题数量小于$j$的概率
最后答案就是$p_1-p_1\ast p_3={\prod }_{i=1}^T(1-pre[i][0])-{\prod }_{i=1}^T(pre[i][N-1]-pre[i][0])$。
而在求答案的过程中，要先求出第$i$个人写出$j$题的概率才能求出$pre[i][j]$。
记$f[j][k]$为第$i$个人在写第$j$题，要做出$k$题的概率，其中$f[1][0]=1-p[i][j]$,$f[1][1]=p[i][j]$
转移方程为
$j>1时,f[j][k]=当前这题做出来+当前这题没做出来=p[i][j]\ast f[j-1][k-1]+(1.0-p[i][j])\ast f[j-1][k]$
$j=0时,f[j][k]=当前这题没做出来=(1.0-p[i][j])\ast f[j-1][k]$
代码：

const int MAX = 1e3 + 10;
int M, T, N;
double f[MAX][MAX];//当前做第k题，做前i题能写出j题概率
double pre[MAX];//第i人写出题目数量小于等于j题概率

int main() {
	while (~scanf("%d%d%d", &M, &T, &N)) {//题数，人数，最多题数最小值
		if (M == 0 && N == 0 && T == 0)break;
		double p1 = 1.0, p2 = 1.0;
		for (int i = 1; i <= T; i++) {//第i人
			double p;
			scanf("%lf", &p);
			f[1][0] = 1.0 - p, f[1][1] = p;
			for (int j = 2; j <= M; j++) {//当前第j题
				scanf("%lf", &p);
				f[j][0] = (1.0 - p) * f[j - 1][0];
				for (int k = 1; k <= j; k++)//要做k题
					f[j][k] = p * f[j - 1][k - 1] + (1.0 - p) * f[j - 1][k];
			}
			
			pre[0] = f[M][0];//一题没做出来
			for (int j = 1; j <= N - 1; j++)
				pre[j] = pre[j - 1] + f[M][j];
			p1 *= 1.0 - pre[0];//至少做了一题
			p2 *= pre[N - 1] - pre[0];//做题数量在[1, N - 1]
		}
		printf("%.3lf\n", p1 - p2);
	}
	return 0;
}