hdu-4089-Activation-概率dp

kuangbin题解写的非常好，我就不赘余了。

。

一下解释来自kuangbin：

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、server瘫痪。server停止激活，全部人都无法激活了。

求server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
[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];

当中:

p=p2/(1-p1);

p31=p3/(1-p1)

p41=p4/(1-p1)

能够循环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];

当中c[j]都是常数了。

上述方程能够解出dp[i]了。

首先是迭代得到 dp[i][i].然后再代入就能够得到全部的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。

#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
[m]);
}
return 0;
}