[LnOI2019]加特林轮盘赌

VI.[LnOI2019]加特林轮盘赌

我们考虑设$f[i][j]$表示$i$个人中，第$j$个人最终存活的概率。

我们先考虑$j>1$的情况。此时，有$p$的概率排在首位的人挂掉，局面变为$f[i-1][j-1]$；反之，有$1-p$的概率首位存活，这就相当于所有人向前进一格，局面变为$f[i][j-1]$。

于是我们有

$$f[i][j]=p\times f[i-1][j-1]+(1-p)\times f[i][j-1]\qquad(1<j\leq i)$$

下面我们考虑特殊情况$f[i][1]$。显然，只有这一枪他幸存下来了，他最终才有可能存活。故我们有

$$f[i][1]=(1-p)f[i][i]$$

到这里我们就可以DP了。我们初始有$f[1][1]=1$；接着，我们从小往大枚举$i$，更新DP状态。

我们设$f[i][1]=a\times f[i][i]+b$。显然，此时有$a=1-p,b=0$。这样，我们就可以把$f[i][2]$表示成$c\times f[i][i]+d$的形式，接着把$f[i][3]$表示成$e\times f[i][i]+f$的形式……

最终，我们得到一个方程：

$$f[i][i]=x\times f[i][i]+y$$

直接解该方程即可得出$f[i][i]$。再DP一圈即可得出所有的$f[i][j]$。

时间复杂度$O(n^2)$。（注意特判$p=0$时的情况）

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const long double eps=1e-9;
int n,m;
long double p,f[2][10100];
int main(){
	cin>>p>>n>>m;
	if(p<eps){if(m==1)puts("1");else puts("0");return 0;}
	f[1][1]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++){
		double a=1,b=0;
		for(int j=1;j<=i;j++)a*=1-p,b=(1-p)*b+p*f[!(i&1)][j-1];
		f[i&1][i]=b/(1-a);
		f[i&1][1]=(1-p)*f[i&1][i];
		for(int j=2;j<i;j++)f[i&1][j]=(1-p)*f[i&1][j-1]+p*f[!(i&1)][j-1];
	}
	printf("%.10Lf\n",f[n&1][m]);
	return 0;
}