概率DP

　　kuangbin总结中的第5题

题解copy：

HDU 4098
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;
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]=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];

其中:
p=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]=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];
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
*/

　　啊……那个迭代一开始没有看懂……后来自己写了一下：

　　　　f(i,1)=f(i,i)*p+c[1]

　　　　f(i,2)=f(i,1)*p+c[2]

　　　　……

　　　　f(i,i)=f(i,i-1)*p+c[i]

　　　　将前 i -1个式子依次代入第 i 个式子中可得：

　　　　f(i,i)=……[( f(i,i)*p+c[1])*p + c[2] ]*p +c[3] ……

　　　　（就是f(i,i)*p再加c[1]，再*p，+c[2]，再*p，+c[3]……（秦九韶算法？）

　　　　完全展开后得到：

　　　　f(i,i)=f(i,i)*p^i+c[1]*p^(i-1)+……

　　　　就可以算出来f(i,i)了……

 1 //HDOJ 4089
 2 #include<cmath>
 3 #include<vector>
 4 #include<cstdio>
 5 #include<cstring>
 6 #include<cstdlib>
 7 #include<iostream>
 8 #include<algorithm>
 9 #define rep(i,n) for(int i=0;i<n;++i)
10 #define F(i,j,n) for(int i=j;i<=n;++i)
11 #define D(i,j,n) for(int i=j;i>=n;--i)
12 #define pb push_back
13 using namespace std;
14 int getint(){
15     int v=0,sign=1; char ch=getchar();
16     while(!isdigit(ch)) {if(ch==‘-‘) sign=-1; ch=getchar();}
17     while(isdigit(ch))  {v=v*10+ch-‘0‘; ch=getchar();}
18     return v*sign;
19 }
20 const int N=2010,INF=~0u>>2;
21 const double eps=1e-6;
22 /*******************template********************/
23
24 double f[N][N],pp[N],c[N];
25 int main(){
26 //    freopen("input.txt","r",stdin);
27     int n,m,k;
28     double p1,p2,p3,p4;
29     while(scanf("%d%d%d%lf%lf%lf%lf",&n,&m,&k,&p1,&p2,&p3,&p4)!=EOF){
30         if (p4<eps){
31             printf("0.00000\n");
32             continue;
33         }
34         double p=p2/(1-p1),
35              p41=p4/(1-p1),
36              p31=p3/(1-p1);
37         pp[0]=1.0;
38         F(i,1,n) pp[i]=p*pp[i-1];
39
40         f[1][1]=p41/(1-p);
41         c[1]=p41;
42         F(i,2,n){
43             F(j,2,k) c[j]=p31*f[i-1][j-1]+p41;
44             F(j,k+1,i) c[j]=p31*f[i-1][j-1];
45             double tmp=c[1]*pp[i-1];
46             F(j,2,i) tmp+=c[j]*pp[i-j];
47             f[i][i]=tmp/(1-pp[i]);
48             f[i][1]=p*f[i][i]+c[1];
49             F(j,2,i-1) f[i][j]=p*f[i][j-1]+c[j];
50         }
51         printf("%.5lf\n",f[n][m]);
52     }
53     return 0;
54 }