分析&&题意来自 ： http://www.cnblogs.com/kuangbin/archive/2012/10/02/2710586.html
题意：
在一条不满地雷的路上，你现在的起点在1处。在N个点处布有地雷，1<=N<=10。地雷点的坐标范围：[1,100000000].
每次前进p的概率前进一步，1-p的概率前进1-p步。问顺利通过这条路的概率。就是不要走到有地雷的地方。
分析：
设dp[i]表示到达i点的概率，则 初始值 dp[1]=1.
很容易想到转移方程： dp[i]=p*dp[i-1]+(1-p)*dp[i-2];
但是由于坐标的范围很大，直接这样求是不行的，而且当中的某些点还存在地雷。
N个有地雷的点的坐标为 x[1],x[2],x[3]```````x[N].
我们把道路分成N段：
1~x[1];
x[1]+1~x[2];
x[2]+1~x[3];
`
`
`
x[N-1]+1~x[N].
这样每一段只有一个地雷。我们只要求得通过每一段的概率。乘法原理相乘就是答案。
对于每一段，通过该段的概率等于1-踩到该段终点的地雷的概率。
就比如第一段 1~x[1]. 通过该段其实就相当于是到达x[1]+1点。那么p[x[1]+1]=1-p[x[1]].
但是这个前提是p[1]=1,即起点的概率等于1.对于后面的段我们也是一样的假设，这样就乘起来就是答案了。
对于每一段的概率的求法可以通过矩阵乘法快速求出来。
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我用的矩阵| 0 ,1-P | ，开始的为|1， p|， 乘以这个矩阵x[i] - 1次，就可以得到该点的概率。
| 1 , p |
| 1 , p |
1 #include <iostream> 2 #include <cstdio> 3 #include <cstring> 4 #include <cstdlib> 5 #include <queue> 6 #include <cmath> 7 #include <algorithm> 8 #define LL __int64 9 const int maxn = 100+10; 10 using namespace std; 11 12 struct node 13 { 14 double m[3][3]; 15 }; 16 17 node mul(node a, node b) //两个矩阵想乘 18 { 19 int i, j, k; 20 node c; 21 for(i = 0; i < 2; i++) 22 for(j = 0; j < 2; j++) 23 { 24 c.m[i][j] = 0; 25 for(k = 0; k < 2; k++) 26 c.m[i][j] += a.m[i][k]*b.m[k][j]; 27 } 28 return c; 29 } 30 node pow_n(node a, int n) //a矩阵乘n次 31 { 32 node c; 33 memset(c.m, 0, sizeof(c.m)); 34 for(int i = 0; i < 2; i++) c.m[i][i] = 1; 35 36 while(n) 37 { 38 if(n%2) 39 c = mul(c, a); 40 41 a = mul(a, a); 42 n /= 2; 43 } 44 return c; 45 } 46 int main() 47 { 48 int n, i, x[20], pre; 49 double p, ans; 50 while(~scanf("%d%lf", &n, &p)) 51 { 52 node a; 53 ans = 1.0; 54 a.m[0][0] = 0; a.m[0][1] = 1.0-p; 55 a.m[1][0] = 1.0; a.m[1][1] = p; 56 for(i = 0; i < n; i++) 57 scanf("%d", &x[i]); 58 sort(x, x+n); 59 60 pre = 0; 61 for(i = 0; i < n; i++) 62 { 63 node tmp = pow_n(a, x[i]-pre-1); 64 ans *= (1.0-(1.0*tmp.m[0][0]+p*tmp.m[1][0])); 65 pre = x[i]; 66 } 67 printf("%.7f ", ans); 68 } 69 return 0; 70 }