kuangbin題解寫的非常好，我就不贅余了。

。

一下解釋來自kuangbin：

題意：有n個人排隊等著在官網上激活游戲。

Tomato排在第m個。
對于隊列中的第一個人。有一下情況：
1、激活失敗，留在隊列中等待下一次激活（概率為p1)
2、失去連接，出隊列，然后排在隊列的最后（概率為p2）
3、激活成功，離開隊列（概率為p3）
4、server癱瘓。server停止激活，全部人都無法激活了。
求server癱瘓時Tomato在隊列中的位置<=k的概率


解析：
概率DP；
設dp[i][j]表示i個人排隊,Tomato排在第j個位置。達到目標狀態(tài)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];
化簡：
j==1: ? ?dp[i][1]=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];


當中:
p=p2/(1-p1);
p31=p3/(1-p1)
p41=p4/(1-p1)


能夠循環(huán)i=1->n 遞推求解dp[i].在求解dp[i]的時候dp[i-1]就相當于常數了。

在求解dp[i][1~i]時等到下列i個方程
j==1: ? dp[i][1]=p*dp[i][i]+c[1];
2<=j<=k:dp[i][j]=p*dp[i][j-1]+c[j];
k<j=i: ?dp[i][j]=p*dp[i][j]+c[j];
當中c[j]都是常數了。

上述方程能夠解出dp[i]了。
首先是迭代得到 dp[i][i].然后再代入就能夠得到全部的dp[i]了。


注意特判一種情況。就是p4<eps時候，就不會崩潰了，應該直接輸出0。

#include<stdio.h> #include<string.h> #include<iostream> #include<algorithm> #include<queue> #include<math.h> using namespace std; #define eps 1e-9 #define zero(x) ((fabs(x)<eps?0:x)) #define maxn 2200 double dp[maxn][maxn]; double c[maxn]; double p[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)){if(p4<eps){puts("0.00000");continue;}double p21=p2/(1-p1);double p41=p4/(1-p1);double p31=p3/(1-p1);p[0]=1.0;for(int i=1;i<=n;i++)p[i]=p[i-1]*p21;dp[1][1]=p41/(1-p21);for(int i=2;i<=n;i++){double tmp=p[i-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];for(int j=2;j<=i;j++)tmp+=p[i-j]*c[j];dp[i][i]=tmp/(1-p[i]);dp[i][1]=p21*dp[i][i]+p41;for(int j=2;j<i;j++)dp[i][j]=p21*dp[i][j-1]+c[j];}printf("%.5f\n",dp[n][m]);}return 0; }

轉載于:https://www.cnblogs.com/claireyuancy/p/6707719.html

總結

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