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。有一下情况： 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
分析：
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
对于1，2，3的问题显然有表达式：
dp[i][j] = p1*dp[i][j] + p2*dp[i][j-1] + p3*dp[i-1][j-1];
对于4我们怎么考虑呢？
我们发现对于 j<=k 的时候怎么移动对于结果来说都是1，而j>k的时候对于结果来说是0
所以我们要分类讨论:
1<=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];
我们在仔细观察，2号操作是“出队列，然后排在队列的最后” 那如果当前就是在1位置，那这个结果后应该是排到最后，而不是1-1;
所以有特判：
j==1;
dp[i][j] = p1*dp[i][j] + p2*dp[i][i] + p4;
故最终：
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)
由上面的式子可以看出，求dp[i][j]的时候dp[i-1][j-1]是已经计算出来了的。我们不妨把后面的部分用c数组保存起来，得
当j=1时，dp[i][j] = p21*dp[i][i]+c[1]；
当1<j<=k时，dp[i][j]= p21*dp[i][j-1]+c[j]，其中，c[j]=p31*dp[i-1][j-1]+p41;
当k<j<=i时，dp[i][j] = p21*dp[i][j-1]+c[j]，其中c[j]=p31*dp[i-1][j-1];
显然，dp[i][1]与dp[i][i]有关，而dp[i][j]又与dp[i][j-1]有关，这样就形成了一个环。所以，我们先利用上面3个式子迭代求出dp[i][i]：
dp[i][i]=dp[i][i]*p21^i+c[1]*p21^i-1+c[2]*p21^i-2+......+c[i]；变个形即可求出dp[i][i]
得出dp[i][i]，那么dp[i][1]也可以得出，之后就递推就行了。
求dp[i][i]的公式在草稿纸上演算下即可：
例如：
a[3]=w*a[2]+c[3]..1
a[2]=w*a[1]+c[2]..2
a[1]=w*a[n]+c[1]..3
把3代入2在代入3,未知量只有一个a[3]；
必须特判下p4 接近 0的情况，不然计算代价奇高
超内存
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=2005; const double eps=1e-5; double c[N],pp[N],dp[N][N]; int main() { int n,m,k; double p1,p2,p3,p4; while(~scanf("%d%d%d%lf%lf%lf%lf",&n,&m,&k,&p1,&p2,&p3,&p4)) { if(p4<eps) { printf("0.00000\n"); continue; } double p=p2/(1-p1); double p41=p4/(1-p1); double p31=p3/(1-p1); pp[0]=1.0; for(int i=1 ; i<=n ; i++) pp[i]=p*pp[i-1]; dp[1][1]=p41/(1-p); c[1]=p41; for(int i=2 ; i<=n ; i++) { for(int j=2 ; j<=k ; j++) c[j]=p31*dp[i-1][j-1]+p41; for(int j=k+1 ; j<=i ; j++) c[j]=p31*dp[i-1][j-1]; double tmp=c[1]*pp[i-1]; for(int j=2 ; j<=i ; j++) tmp+=c[j]*pp[i-j]; dp[i][i]=tmp/(1-pp[i]); dp[i][1]=p*dp[i][i]+c[1]; for(int j=2 ; j<i ; j++) dp[i][j]=p*dp[i][j-1]+c[j]; } printf("%.5lf\n",dp[n][m]); } }