Hdu 4089 Activation (概率dp) - 2011 ACM-ICPC Beijing Regional Contest Problem I

题意：

有n人都是仙剑5的fans，现在要在官网上激活游戏，n个人排成一个队列（其中主角Tomato最初排名为m），

对于队列中的第一个人，在激活的时候有以下五种情况：

    1.激活失败：留在队列中继续等待下一次激活（概率p1）

    2.失去连接：激活失败，并且出队列然后排到队列的尾部（概率p2）

    3.激活成功：出队列（概率p3）

    4.服务器瘫：服务器停止服务了，所有人都无法激活了（概率p4）

求服务器瘫痪并且此时Tomato的排名<=k的概率。
题解：

是一个概率题，分析一下题意后发现和“dp求期望”的题目有点像，因为其中都有一种死循环的可能，

该题中，如果总是发生p1概率的情况那就是死循环了。然后想到一个二维dp：
dp[i][j]表示队列中有i个人，Tomato排在第j个，能发生所求事件的概率。

显然，dp
[m]即为所求。

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;

j > k  : 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;

j > k  : 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);

现在可以循环 i = 1 -> n 递推求解dp[i]，所以在求dp[i]时，dp[i-1]就相当于常数了，

设dp[i][j]的常数项为c[j]：

j == 1 : dp[i][1] = p*dp[i][i]   + c[1];

2<=j<=k: dp[i][j] = p*dp[i][j-1] + c[j];

j > k  : dp[i][j] = p*dp[i][j-1] + c[j];

在求dp[i]时，就相当于求“i元1次方程组”：

dp[i][1] = p*dp[i][i] + c[1];

dp[i][2] = p*dp[i][1] + c[2];

dp[i][3] = p*dp[i][2] + c[3];

...

dp[i][i] = p*dp[i][i-1] + c[i];

该方程组的解我就不写了，很简单，但是我写出来之后悲剧地TLE...

然后不断优化，把所有的重复的浮点计算都提取出来，依旧的TLE...

实在想不通，这个复杂度可是O(n^2)的呀，而且n<=2000，而且题目时限10s，这样也不行？

难道有O(n)的解法？

看了题解，发现dp思想跟我一模一样，就是中间的计算过程有点不同，仔细研究，

他是先用循环求出dp[i][1]，然后就能直接依次用dp[i][j-1]算出dp[i][j].

而我是傻傻地每个dp[i][j]都是用方程组的解的公式算出来的。

修改代码，提交，终于A了...500+ms..

我还是不能接受，我的两份代码唯一的不同之处就是，在求出dp[i][i]后求dp[i][1->i-1]的过程：

// AC code.
dp[i][1] = p * dp[i][i] + p41;
for (int j = 2; j < i; j++)
dp[i][j] = p * dp[i][j-1] + c[j];

// TLE code.
for (int j = i-1; j > 0; j--)
{
tmp = (tmp - (1-pp[i])*c[j+1]) / p;
dp[i][j] = tmp / (1-pp[i]);
}

除了以上的代码外的其他代码一模一样，没有半点不同，

就如此小的差距能够造成 500ms 和 TLE 的差距？注意时限是10s...

我表示真的不能理解.

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>

using namespace std;

double dp[2005][2005];
double c[2005];

int main()
{
int    n, m, k;
double p1, p2, p3, p4;

while ( scanf("%d%d%d", &n, &m, &k) != EOF )
{
scanf("%lf%lf%lf%lf", &p1, &p2, &p3, &p4);
if ( fabs(1 - p1 - p2) < 1e-9 )
{
puts("0.00000");
continue;
}

double p   = p2 / (1 - p1);
double p31 = p3 / (1 - p1);
double p41 = p4 / (1 - p1);
double pp[2005] = {1.0};    // pp[i] = p^i;

for (int i = 1; i <= n; i++)
pp[i] = pp[i-1] * p;

dp[1][1] = p4 / (1 - p1 - p2);
c[1]     = p41;

for (int i = 2; i <= n; i++)
{
for (int j = 2; j <= k; j++)
c[j] = dp[i-1][j-1] * p31 + p41;
for (int j = k+1; j <= i; j++)
c[j] = dp[i-1][j-1] * p31;

double tmp = 0.0;
for (int j = i; j > 0; j--)
tmp += pp[i-j] * c[j];
dp[i][i] = tmp / (1 - pp[i]);
dp[i][1] = p * dp[i][i] + p41;

for (int j = 2; j < i; j++)
dp[i][j] = p * dp[i][j-1] + c[j];
}
printf("%.5lf\n", dp
[m]);
}
return 0;
}