cogs 1487. 麻球繁衍
★ 输入文件：tribbles.in 输出文件：tribbles.out 评测插件
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【题目描述】
万有引力定律：
“使物体相互靠近的力的大小与物体的质量成正比——而物体的质量又由同一种力决定。这是一个有趣并且有益的例子，说明了科学是如何用A证明B，再用B证明A的。”——安布罗斯·比尔斯（美国讽刺作家——译者注）。
你有一坨K个毛球（<星际迷航>中的种族——译者注）。这种毛球只会存活一天。在死亡之前，一个毛球有P_i的概率生出i个毛球(i=0,1,...,n-1)。m天后所有毛球都死亡的概率是多少？（包含在第m天前全部死亡的情况）
【输入格式】
输入包含多组数据。
输入文件的第1行是一个正整数N，表示数据组数。
每组数据的第1行有3个正整数n(1<=n<=1000),k(0<=k<=1000),m(0<=m<=1000)。
接下来有n行，给出P_0,P_1,...,P_n-1。
【输出格式】
对于第i组数据，输出"Case #i: "，后面是第m天后所有毛球均已死亡的概率。
【样例输入】
4
3 1 1
0.33
0.34
0.33
3 1 2
0.33
0.34
0.33
3 1 2
0.5
0.0
0.5
4 2 2
0.5
0.0
0.0
0.5
【样例输出】
Case #1: 0.3300000
Case #2: 0.4781370
Case #3: 0.6250000
Case #4: 0.3164063
【提示】
如果你的输出与标准答案相差不超过10^-5，那么你的答案就被认为是正确的。
【来源】
刘汝佳，《算法竞赛入门经典训练指南》表2.8
题解：
由于每个毛球之间是死是活还是生与其他毛球毫无关系，所以不妨先把初始的毛球看成一个，然后把算出的答案转化成ans^k即可。
令f[i]表示一只毛球活i天的概率，这个毛球可能是从前几天出生来的，所以f[i]=p0+p1*f[i-1]^1+p2*f[i-1]^2+....+p(n-1)*f[i-1]^(n-1)，可以这么理解:因为所有毛球仅能存活一天，所以生在i-1天的毛球一定会在第i天卒，那么对f[i]的答案有贡献的就只有f[i-1]了。假设M=2，N=3，K=1。则f[2]=p0+p1*f[i-1]+p2*f[i-2]^2，p0表示这只毛球不生直接卒，p1*f[i-1]表示这只毛球在一开始生了p1只毛球，这p1只毛球坚持i-1天卒了，由于毛球之间互不影响所以对于概率要乘上f[i-1]的一次方，p2*f[i-1]^2同理。其实这应该是一个递归的过程，但既然式子推出来了，改成递推也无妨。
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstdlib> 4 #include<cstring> 5 #include<cmath> 6 #include<algorithm> 7 #include<queue> 8 #include<vector> 9 using namespace std; 10 typedef long long LL; 11 int T,N,K,M; 12 double p[2000],f[2000]; 13 inline double poww(double a,int b){ 14 double base=a,ans=1.0000; 15 while(b){ 16 if(b&1) ans*=base; 17 base*=base; b>>=1; 18 } 19 return ans; 20 } 21 int main(){ 22 freopen("tribbles.in","r",stdin); 23 freopen("tribbles.out","w",stdout); 24 scanf("%d",&T); 25 for(int t=1;t<=T;t++){ 26 scanf("%d%d%d",&N,&K,&M); memset(f,0,sizeof(f)); 27 for(int i=0;i<N;i++) scanf("%lf",&p[i]); 28 29 f[1]=p[0]; 30 for(int i=2;i<=M;i++){ 31 for(int j=0;j<=N-1;j++){ 32 f[i]+=p[j]*poww((f[i-1]),j); 33 } 34 } 35 double ANS=1.000; 36 for(int i=1;i<=K;i++) ANS*=f[M]; 37 printf("Case #%d: %.7lf\n",t,ANS); 38 } 39 return 0; 40 }
