題目：仙5的激活序列。有以下4種情況：
1、注冊失敗，但是不影響隊列順序 ，概率為p1
2、連接失敗，隊首的人排到隊尾，概率為p2
3、注冊成功，隊首離開隊列，概率為p3
4、服務器崩潰，激活停止，概率為p4
求主角的位置在K以內，而且服務器崩潰的概率
http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4089
比較容易想到一個二維DP
dp[i][j]表示隊列總共有i個人，主角站在第j個位置時，所求事件發生的概率。
那麼可以寫出轉移方程
dp[i][1]=dp[i][1]*p1+dp[i][i]*p2+p4 (可能自己注冊失敗，第二次繼續，可能自己連接失敗，回到隊尾，服務器崩潰)
dp[i][j]=dp[i][j]*p1+dp[i][j-1]*p2+dp[i-1][j-1]*p3+p4 (j<=k)
dp[i][j]=dp[i][j]*p1+dp[i][j-1]*p2+dp[i-1][j-1]*p3 (j>k)
稍微整理下，把dp[i][j]放到一邊
而且令 p21=p2/(1-p2) p31=p3/(1-p1) p41=p4/(1-p1);
dp[i][1]=dp[i][i]*p21+p41
dp[i][j]=dp[i][j-1]*p21+dp[i-1][j-1]*p31+p41; (j<=k)
dp[i][j]=dp[i][j-1]*p21+dp[i-1][j-1]*p31; (j>k)
可以發現後面的部分dp[i-1][j-1]在遞推的時候都可以解決，我們令後面的部分為c[j]
則c[1]=p41 c[2]=dp[i-1][j-1]*p31+p41 …………
dp[i][j]就可以由dp[i][j-1]推出，但是可以發現這裡產生 了一個循環，dp[i][1]又是由dp[i][i]得來的。
范圍如此之大，肯定不能用高斯消元來做，而且也沒必要。
我們把式子合並，迭代一下，這樣就能先解出dp[i][i],進而可以得到dp[i][1],剩下的就可以遞推出來了
dp[i][i]=dp[i][i]*p21^i+c[2]^p21^(i-1)……c[i]+p41*p21
題目要求的便是Dp[n][m];
[cpp]
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#define eps 1e-10
#define N (1<<7)+5
#define inf 1<<20
#define zero(a) (fabs(a)<eps)
#define lson (step<<1)
#define rson (step<<1|1)
using namespace std;
double p1,p2,p3,p4,p21,p31,p41;
double dp[2005][2005],c[2005];
int n,m,k;
int main(){
while(scanf("%d%d%d%lf%lf%lf%lf",&n,&m,&k,&p1,&p2,&p3,&p4)!=EOF){
if(zero(p4)) {puts("0.00000");continue;}
p21=p2/(1-p1);
p31=p3/(1-p1);
p41=p4/(1-p1);
dp[1][1]=p4/(1-p1-p2);
for(int i=2;i<=n;i++){
for(int j=2;j<=(i<k?i: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 p=1,tmp=0;
for(int j=i;j>1;j--){
tmp+=p*c[j];
p*=p21;
}
dp[i][i]=(tmp+p*p41)/(1-p*p21);
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;
}
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#define eps 1e-10
#define N (1<<7)+5
#define inf 1<<20
#define zero(a) (fabs(a)<eps)
#define lson (step<<1)
#define rson (step<<1|1)
using namespace std;
double p1,p2,p3,p4,p21,p31,p41;
double dp[2005][2005],c[2005];
int n,m,k;
int main(){
while(scanf("%d%d%d%lf%lf%lf%lf",&n,&m,&k,&p1,&p2,&p3,&p4)!=EOF){
if(zero(p4)) {puts("0.00000");continue;}
p21=p2/(1-p1);
p31=p3/(1-p1);
p41=p4/(1-p1);
dp[1][1]=p4/(1-p1-p2);
for(int i=2;i<=n;i++){
for(int j=2;j<=(i<k?i: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 p=1,tmp=0;
for(int j=i;j>1;j--){
tmp+=p*c[j];
p*=p21;
}
dp[i][i]=(tmp+p*p41)/(1-p*p21);
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;
}
