题意:

有n个人排队等着在官网上激活游戏。Tomato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Tomato在队列中的位置<=k的概率

思路：
概率DP.

找不到思路的主要原因是不清楚dp数组到底用来表示什么. 进而无法合适地分析状态转移.

概率DP是将从当前状态到最终状态一系列多重的选择"封装", 表示为一个最终结果, 然后根据题意的转移方式, 严格分离等号左右两边(常有自我循环, 若是不刻意分别对待容易混乱). 式子列好之后再考虑怎么解.

设dp[i][j]表示i个人排队,Tomato排在第j个位置，达到目标状态的概率(j<=i)
dp[n][m]就是所求
j==1:    dp[i][1]=p1*dp[i][1]+p2*dp[i][i]+p4;
2<=j<=k: dp[i][j]=p1*dp[i][j]+p2*dp[i][j-1]+p3*dp[i-1][j-1]+p4;
k<j<=i:  dp[i][j]=p1*dp[i][j]+p2*dp[i][j-1]+p3*dp[i-1][j-1];
化简：
j==1:    dp[i][1]=p*dp[i][i]+p41;
2<=j<=k: dp[i][j]=p*dp[i][j-1]+p31*dp[i-1][j-1]+p41;
k<j<=i:  dp[i][j]=p*dp[i][j-1]+p31*dp[i-1][j-1];

其中:
p=p2/(1-p1);
p31=p3/(1-p1)
p41=p4/(1-p1)

可以循环i=1->n 递推求解dp[i].在求解dp[i]的时候dp[i-1]就相当于常数了。
在求解dp[i][1~i]时等到下列i个方程
j==1:   dp[i][1]=a*dp[i][i]+b;
2<=j<=k:dp[i][j]=a*dp[i][j-1]+d[j];
k<j=i:  dp[i][j]=a*dp[i][j-1]+c[j];
其中c[j]都是常数了。上述方程可以解出dp[i]了。
首先是迭代得到 dp[i][i].然后再代入就可以得到所有的dp[i]了。

这个迭代...就是推出展开之后的式子...秦九韶算法><

注意特判一种情况。就是p4<eps时候，就不会崩溃了，应该直接输出0

(若不是看题解...一个eps就够挖的了...)

参考:http://www.cnblogs.com/kuangbin/archive/2012/10/03/2710987.html

#include <cstring>

#include <algorithm>

#include <cstdio>

using namespace std;

const int MAXN = 2005;

const double EPS = 1e-6;

int m,n,k;

double p1,p2,p3,p4;

double c[MAXN], d[MAXN], a, b, dp[MAXN][MAXN];

int main()

{

    while(scanf("%d%d%d%lf%lf%lf%lf",&n,&m,&k,&p1,&p2,&p3,&p4)==7)

    {

        if(p4<EPS)

        {

            printf("0.00000\n");

            continue;

        }

        a = p2/(1-p1);

        b = p4/(1-p1);

        double p31 = p3/(1-p1);

        dp[1][1] = b/(1-a);

        for(int i=2;i<=n;i++)

        {

            for(int j=1;j<i;j++)

                c[j] = p31*dp[i-1][j],d[j] = c[j] + b;

            double tmp = 0, exp = 1;

            for(int j=i-1;j>0;j--)

            {

                if(j>=k)

                    tmp += exp*c[j];

                else

                    tmp += exp*d[j];

                exp *= a;

            }

            tmp += exp*b;

            exp *= a;

            dp[i][i] = tmp/(1-exp);

            dp[i][1] = a*dp[i][i] + b;

            for(int j=2;j<i;j++)

            {

                if(j<=k)    dp[i][j] = a*dp[i][j-1] + d[j-1];

                else        dp[i][j] = a*dp[i][j-1] + c[j-1];

            }

        }

        printf("%.5lf\n",dp[n][m]);

    }

}