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
/*
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;
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]=p21*dp[i][i]+p41;
2<=j<=k: dp[i][j]=p21*dp[i][j-1]+p31*dp[i-1][j-1]+p41;
k<j<=i: dp[i][j]=p21*dp[i][j-1]+p31*dp[i-1][j-1];
其中:
p21=p2/(1-p1);
p31=p3/(1-p1)
p41=p4/(1-p1)
可以循环i=1->n 递推求解dp[i].在求解dp[i]的时候dp[i-1]就相当于常数了。
在求解dp[i][1~i]时等到下列i个方程
j==1: dp[i][1]=p21*dp[i][i]+c[1];
2<=j<=k:dp[i][j]=p21*dp[i][j-1]+c[j];
k<j=i: dp[i][j]=p21*dp[i][j]+c[j];
其中c[j]都是常数了。上述方程可以解出dp[i]了。
首先是迭代得到 dp[i][i].然后再代入就可以得到所有的dp[i]了。
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
*/
/*
因为dp[i-1][j-1]在递推的时候可以解决
所以最后就转换成：
a[n]=An*a[n-1]+Cn;
a[n-1]=An-1 * a[n-2]+Cn-1;
...
a[2]=A2*a[1]+C2;
a[1]=A1*a[n]+C1;
通过迭代可以首先求出a[n],之后就可以求出所有的。
*/
/*
dp(i,i)可以通过迭代得到：
(1-p21^i)dp(i,i)=∑(p21^(i-j))*c(j) (1<=j<=i)
*/
在常规的DP思路以后发现\(dp[i][1]\)需要用到\(dp[i][i],\)
又发现设\(dp[i][j]=p*dp[i][j-1]+c[j],\)可以迭代直接求出\(dp[i][i]\)
本题中得\(dp[i][i]=\sum_{j=1}^{i}{(\frac{p2}{1-p1})^{i-j}C_{j}}\)
然后就可以求出\(dp[i][1],\)之后的就可以直接递推了
#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<math.h>
#include<algorithm>
#include<string.h>
using namespace std;
const int MAXN=2020;
const double eps=1e-5;
double c[MAXN];
double pp[MAXN];
double dp[2][MAXN];
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)!=EOF)
{
if(p4<eps)
{
printf("0.00000\n");
continue;
}
double p21=p2/(1-p1);
double p41=p4/(1-p1);
double p31=p3/(1-p1);
pp[0]=1.0;//pp[i]=p21^i;
for(int i=1;i<=n;i++) pp[i]=p21*pp[i-1];
dp[1][1]=p41/(1-p21);
c[1]=p41;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
int ii=i&1;
for(int j=2;j<=k;j++)c[j]=p31*dp[ii^1][j-1]+p41;
for(int j=k+1;j<=i;j++) c[j]=p31*dp[ii^1][j-1];
double tmp=c[1]*pp[i-1];
for(int j=2;j<=k;j++)tmp+=c[j]*pp[i-j];
for(int j=k+1;j<=i;j++)tmp+=c[j]*pp[i-j];
dp[ii][i]=tmp/(1-pp[i]);
dp[ii][1]=p21*dp[ii][i]+c[1];
for(int j=2;j<i;j++)dp[ii][j]=p21*dp[ii][j-1]+c[j];
}
printf("%.5lf\n",dp[n&1][m]);
}
return 0;
}