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;
}