http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4089

题意：

有n个人排队等着在官网上激活游戏。主角排在第m个。

对于队列中的第一个人。有以下情况：
1、激活失败，留在队列中等待下一次激活（概率为p1)
2、失去连接，出队列，然后排在队列的最后（概率为p2）
3、激活成功，离开队列（概率为p3）
4、服务器瘫痪，服务器停止激活，所有人都无法激活了。

求服务器瘫痪时主角在队列中的位置<=k的概率

n, m<=1000, p1+p2+p3+p4=1

#include <cstdio>

#include <cstring>

#include <algorithm>

using namespace std;

const int N=10005;

const double eps=1e-10;

double c[N], T1[N], T2[N], p[5], T;

int n, m, K;

double abs(double x) { return x<0?-x:x; }

int main() {

	while(~scanf("%d%d%d", &n, &m, &K)) {

		for(int i=1; i<=4; ++i) scanf("%lf", &p[i]);

		if(abs(p[4])<eps) { puts("0.00000"); continue; }

		double *now=T1, *last=T2, di=1-p[1];

		T=p[2]/di;

		for(int i=1; i<=n; ++i) {

			c[1]=p[4]/di;

			for(int j=2, g=min(K, i); j<=g; ++j) c[j]=(last[j-1]*p[3]+p[4])/di;

			for(int j=K+1; j<=i; ++j) c[j]=last[j-1]*p[3]/di;

			double up=0, down=1;

			for(int j=1; j<=i; ++j) down*=T, up*=T, up+=c[j];

			now[i]=up/(1-down);

			now[1]=T*now[i]+c[1];

			for(int j=2; j<=i; ++j) now[j]=T*now[j-1]+c[j];

			swap(now, last);

		}

		printf("%.5f\n", last[m]);

		memset(T2, 0, sizeof(double)*(n+1));

	}

	return 0;

}

做完这题深深感到了数学题与编程题不同= =...

首先容易设计出$d[i][j]$表示一共还有i个人，主角排在了$j$位（反正一开始我没考虑到人总数对方程的影响妈呀QAQ果然还是太弱么...

容易得到：

$$
\begin{align}
d[i][1] & = d[i][1]p1 + d[i][i]p2 + p4 & j==1时 \\
d[i][j] & = d[i][j]p1 + d[i][j-1]p2 + d[i-1][j-1]p3 + p4 & j<=k时 \\
d[i][j] & = (d[i][j-1]p2 + d[i-1][j-1]p3)/(1-p1) & k<j时
\end{align}
$$

深度化简可以得到：

$$
\begin{align}
d[i][1] & = Td[i][i] + c[1] & j==1时\\
d[i][j] & = Td[i][j-1] + c[j] & j<=k时\\
d[i][j] & = Td[i][j-1] + c[j] & k<j时
\end{align}
$$

其中$T=p2/(1-p1)$, $c[j]$为那些常数项（因为$d[i-1]$的部分已经求出来了，现在只是考虑互相关系的$d[i]$，所以把$d[i-1]$看成常数）

那么这成了递归定义，发现我没只需要求出$d[i][i]$就行了...

一直递归下去可以发现，$d[i][i]=T(T(T(...Td[i][i]+c[1])+c[2])+c[3])+...+c[i]$

所以$d[i][i]=C/(1-T^i), C=T(T...T0+c[1])+c[2]+...+c[i]$

最后还要特判$p4=0$的情况啊，显然答案是0啊..（可是我发现我的程序对p4=0的情况已经免疫了啊？为啥还会waQAQ不明觉厉..反正特判一下就能对QAQ）