HDU 4089 Activation

题意：激活游戏需要排队，排队时，每次操作可能发生如下情况：1、队首的人激活失败，则队伍顺序不变，等待下次操作，概率为p1；2、队首的人掉线了，则他重新排队成为队尾，其他人顺次向前移，概率p2；3、队首的人激活成功，则他出队，其他人顺次向前移，概率p3；4、机器死机，则所有人都不能再激活，队伍顺序维持原状，概率p4。给定n，m，k，初始时，队列一共有n个人，小明排在第m位，问机器死机且死机时小明在队列中且小明前面的人数量不多于k-1个时的概率。

解法：概率DP。虽然求的不是期望是概率，但和求期望的递推思路是一样的。设d[i][j]表示现在有i个人排队，小明排在第j位，要转移到目标状态的概率。状态转移方程为：

　　　初始时，d[1][1] = p4 / (1 - p1 - p2)；

　　　当j == 1，d[i][1] = d[i][1]*p1 + d[i][i]*p2 + p4；

　　　当j <= k，d[i][j] = d[i][j]*p1 + d[i][j-1]*p2 + d[i-1][j-1]*p3 + p4；

　　　当j > k，d[i][j] = d[i][j]*p1 + d[i][j-1]*p2 + d[i-1][j-1]*p3。

　　　为了方便，记p21 = p2 / (1 - p1)，p31 = p3 / (1 - p3)，p41 = p4 / (1 - p4)。

　　　当j == 1，d[i][1] = d[i][i] * p21 + p41；

　　　当j <= k，d[i][j] = d[i][j-1]*p21 + d[i-1][j-1]*p31 + p41；

　　　当j > k，d[i][j] = d[i][j-1]*p21 + d[i-1][j-1]*p31。

　　　注意到，当j == 1，d[i][j] 由d[i][i](i >= j)推出，而当j > 1，d[i][j]由d[i][j-1]和d[i-1][j-1]推出，这样的话是带环的，不能直接用递推解决，而要用到高斯消元(好像用高斯消元会超时)。而此处，实际上是能够通过迭代解决问题的，即对每个i，递推前先求处d[i][i]。

　　　将d[i][j]写成d[i][j-1]*p21 + c[j]的或者d[i][1]*p21 + c[1]的形式，其中c[j]要分情况讨论。

　　　当j == 1，c[j] = p41；

　　　当j <= k，c[j] = p41 + d[i-1][j-1]*p31；

　　　当j > k，c[j] = d[i-1][j-1]*p31；

　　　其中，由于d[i-1][j-1]已经求出，所以c[j]均为常数。

　　　则易推得，d[i][i] = d[i][i] * p21^i + c[1]*p21^(i-1) + c[2]*p21^(i-2) + ... c[2]*p21 + c[1]。

　　　这样，这道题就得到了解决。不过不要忘记，p4 = 0要特判，否则会错的！

Ps:原来这是一道区域赛原题....2011 Asia Beijing Regional Contest，而且是里面第四简单的- -。看了一下现场赛的排名，1题快点就能铜，过了4题的队只有两个不是金牌- -，当然应该是那年去这个赛区的队都太弱了.....不过想一下，懂了以后也没有觉得这道题太难吧......

tag:math, 概率DP，good

/*
 * Author:  Plumrain
 * Created Time:  2013-10-31 19:59
 * File Name: DP-HDU-4089.cpp
 */
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>

using namespace std;

const double eps = 1e-8;
#define CLR(x) memset(x, 0, sizeof(x))
#define zero(x) (((x)>0?(x):-(x))<eps)

double d[2005][2005], c[2005];

int main()
{
    int n, m, k;
    double p1, p2, p3, p4;
    double p21, p31, p41;
    while (scanf ("%d%d%d", &n, &m, &k) != EOF){
        scanf ("%lf%lf%lf%lf", &p1, &p2, &p3, &p4);

        if (zero(p4)){
            printf ("0.00000\n");
            continue;
        }

        p21 = p2 / (1 - p1);
        p31 = p3 / (1 - p1);
        p41 = p4 / (1 - p1);

        CLR (d); d[1][1] = p4 / (1 - p1 - p2);
        for (int i = 1; i <= n; ++ i){
            for (int j = 1; j <= i; ++ j){ 
                if (j == 1) c[j] = p41;
                else if (j <= k) c[j] = d[i-1][j-1] * p31 + p41;
                else c[j] = d[i-1][j-1] * p31;
            }

            double sum = 0.0, cnt = 1.0;
            for (int j = i; j >= 1; -- j){
                sum += c[j] * cnt;
                cnt *= p21;
            }
            if (i > 1) d[i][i] = sum / (1 - cnt);
             
            for (int j = 0; j <= i; ++ j){
                if (j == 1)
                    d[i][j] = d[i][i]*p21 + p41;
                else if (j <= k)
                    d[i][j] = d[i][j-1]*p21 + d[i-1][j-1]*p31 + p41;
                else 
                    d[i][j] = d[i][j-1]*p21 + d[i-1][j-1]*p31;
            }
        }

        printf ("%.5f\n", d[n][m]);
    }
    return 0;
}