显然是概率DP
我们用dp[i][j]表示队伍中有i个人，lyk的小迷妹现在排在j这个位置时的概率大小
不难列出下列转移方程：
（显然已经排到前面k个位置的时候是要加上爆炸也就是p4的概率的）
$$f[i][1]=f[i][1]*p1+f[i][i]*p2+p4$$
$$f[i][j]=f[i][j]*p1+f[i][j-1]*p2+f[i-1][j-1]*p3+p4(j∈[2,k])$$
$$f[i][j]=f[i][j]*p1+f[i][j-1]*p2+f[i-1][j-1]*p3(j∈[k+1,i])$$
这是一个从前往后递推的过程，但是十分不和谐的是：f[i][1]的递推式中出现了$f[i][i]$,显然我们要想办法把这玩意儿给消掉
先化简，把两边同类项合并了，结果是这样的：
$$f[i][1]=f[i][i]*frac{p2}{1-p1}+frac{p4}{1-p1}$$
$$f[i][j]=f[i][j-1]*frac{p2}{1-p1}+f[i-1][j-1]*frac{p3}{1-p1}+frac{p4}{1-p1}(j∈[2,k])$$
$$f[i][j]=f[i][j-1]*frac{p2}{1-p1}+f[i-1][j-1]*frac{p3}{1-p1}(j∈[k+1,i])$$
由于从前往后递推，在求f[i][j]是，f[i-1][]的所有值我们已经求出来了，所以可以看做常数,p1,p2,p3,p4显然已知，也是常数
所以我们可以把这玩意为当做方程解，我们只要把f[i][i]看做未知数，在不断的迭代下去即可
大概是这个样子：
不妨令a=$frac{p2}{1-p1}$,$b=frac{p3}{1-p1}$,$c=frac{p4}{1-p1}$
设$C_j=f[i-1][j-1]*c+d$
则有：$$f[i][1]=f[i][i]*a+c$$
$$f[i][2]=f[i][1]*a+C_2$$
(然后把f[i][1]代入②式，依次类推......)
最后我们把式子最后面的常数部分设成sol
显然可以得到$$f[i][i]=a^{i}*f[i][i]+sol$$
也就是说
$$f[i][i]=frac{sol}{1-a^i}$$
这样填完所有$f[][]$的表之后这道题也就解决了qaq
不过因为空间限制，我们要压掉f[][]第一维(f[i][]的值只与f[i-1][]有关)
代码实现在这里哦~
1 #include<bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3 inline int read(){
4 int ans=0,f=1;char chr=getchar();
5 while(!isdigit(chr)){if(chr=='-')f=-1;chr=getchar();}
6 while(isdigit(chr)) {ans=(ans<<3)+(ans<<1)+chr-48;chr=getchar();}
7 return ans*f;
8 }const int M = 2005;int n,m,k;
9 double f[2][M],p1,p2,p3,p4,a,b,c,v[M],p[M];
10 int main(){
11 while(~scanf("%d%d%d%lf%lf%lf%lf",&n,&m,&k,&p1,&p2,&p3,&p4)){
12 if(fabs(p4)<=1e-5) {puts("0.00000");continue;}//p4为0时显然不可能
13 a=p2/(1-p1),b=p3/(1-p1),c=p4/(1-p1);
14 v[0]=1;for(int i=1;i<=n;i++) v[i]=v[i-1]*a;//预处理a的i次方
15 p[1]=c;f[1][1]=p4/(1-p1-p2);
16 for(int i=2;i<=n;i++){
17 double sol=0;
18 for(int j=2;j<=k;j++) p[j]=f[i-1&1][j-1]*b+c;
19 for(int j=k+1;j<=i;j++) p[j]=f[i-1&1][j-1]*b;//求每一个方程式的常数项
20 for(int j=1;j<=i;j++) sol+=v[i-j]*p[j];//求最后一个式子f[i][i]=......的常数项
21 f[i&1][i]=sol/(1-v[i]);
22 f[i&1][1]=f[i&1][i]*a+c;//回代消元
23 for(int j=2;j<i;j++) f[i&1][j]=f[i&1][j-1]*a+p[j];//回去填表
24 }printf("%.5lf
",f[n&1][m]);
25 }
26 return 0;
27 }