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题目大意：一款新游戏注册账号时，有n个用户在排队。每处理一个用户的信息时，可能会出现下面四种情况：
1.处理失败，重新处理，处理信息仍然在队头，发生的概率为p1；
2.处理错误，处理信息到队尾重新排队，发生的概率为p2；
3.处理成功，队头信息处理成功，出队，发生的概率为p3；
4.服务器故障，队伍中所有信息丢失，发生的概率为p4；
小明现在在队伍中的第m个位置，问当他前面的信息条数不超过k-1时服务器故障的概率。
题目分析：这道题的状态转移方程不难写。定义状态dp(i,j)表示在有 i 个人的队伍中，他排在第 j 个位置时到达要求状态的概率。则状态转移方程为：
dp(i,1)=p1*dp(i,1)+p2*dp(i,i)+p4
dp(i,j)=p1*dp(i,j)+p2*(i,j-1)+p3*dp(i-1,j-1)+p4 (2<=j<=k)
dp(i,j)=p1*dp(i,j)+p2*(i,j-1)+p3*dp(i-1,j-1) (k<j<=i)
整理一下，并另p21=p2/(1-p1)，p31=p3/(1-p1)，p41=p4/(1-p1)，则得到：
dp(i,1)=p21*dp(i,i)+p41
dp(i,j)=p21*dp(i,j-1)+p31*dp(i-1,j-1)+p41 (2<=j<=k)
dp(i,j)=p21*dp(i,j-1)+p31*dp(i-1,j-1) (k<j<=i)
这样就可以通过递推求解。
为了书写方便，把上面的三个转移方程用两个方程表示出来：
dp(i,1)=p21*dp(i,i)+c(1)
dp(i,j)=p21*dp(i,j-1)+c(j) (2<=j<=i)
dp(i,i)可以通过迭代得到：
(1-p21^i)dp(i,i)=∑(p21^(i-j))*c(j) (1<=j<=i)
ps：得加特判，否则会WA！！。。。
代码如下：
# include<iostream>
# include<cstdio>
# include<cmath>
# include<cstring>
# include<algorithm>
using namespace std;
const double eps=1e-5;
int n,m,k;
double p1,p2,p3,p4;
double dp[2005][2005];
int main()
{
while(~scanf("%d%d%d",&n,&m,&k))
{
scanf("%lf%lf%lf%lf",&p1,&p2,&p3,&p4);
if(p4<eps){
printf("0.00000\n");
continue;
}
double p21=p2/(1-p1);
double p31=p3/(1-p1);
double p41=p4/(1-p1);
dp[1][1]=p41/(1-p21);
for(int i=2;i<=n;++i){
dp[i][i]=0;
for(int j=1;j<=i;++j){
if(j==1) dp[i][i]+=pow(p21,i-j)*p41;
else if(j>=2&&j<=k) dp[i][i]+=pow(p21,i-j)*(p31*(dp[i-1][j-1])+p41);
else dp[i][i]+=pow(p21,i-j)*p31*dp[i-1][j-1];
}
dp[i][i]/=(1-pow(p21,i));
for(int j=1;j<i;++j){
if(j==1) dp[i][j]=p21*dp[i][i]+p41;
else if(j>=2&&j<=k) dp[i][j]=p21*dp[i][j-1]+p31*dp[i-1][j-1]+p41;
else dp[i][j]=p21*dp[i][j-1]+p31*dp[i-1][j-1];
}
}
printf("%.5lf\n",dp[n][m]);
}
return 0;
}
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原文地址：http://www.cnblogs.com/20143605--pcx/p/5324032.html
