[概率DP] Topcoder SRM687div2 1000 Queueing

題意：
兩列隊伍，左邊有len1 個人，右邊有len2 個人，問事件左邊沒人但右邊有人的概率。
兩邊收銀員各有一個經驗值參數p ，F(p,k)=(1/p)∗(1−1/p)k−1 表示經驗值爲p 的收銀員恰好花費k 秒完成一次收銀的概率。
題解：
首先發現F(p,k) 十分眼熟，滿足幾何分佈，所以每秒成功收銀的概率是1/p ，設左邊成功收銀概率a=1/p1 ，右邊爲b=1/p2 。
設左邊沒人但右邊有人爲事件A ，則答案是求P(A)
然後就是DP，DP[i][j] 表示左邊有i 人右邊有j 人時達成事件A 的概率。
然後轉移有四個方向：

1. 左邊成功但右邊失敗，概率是a∗(1−b)
2. 左邊成功且右邊成功，概率是a∗b
3. 左邊失敗但右邊成功，概率是(1−a)∗b
4. 左邊失敗且右邊失敗，概率是(1−a)(1−b)

整理出轉移方程。
DP[i][j]=DP[i−1][j]∗a∗(1−b)+DP[i−1][j−1]∗a∗b+DP[i][j−1]∗(1−a)∗b+DP[i][j]∗(1−a)∗(1−b)

解出DP[i][j]=(DP[i−1][j]∗a∗(1−b)+DP[i−1][j−1]∗a∗b+DP[i][j−1]∗(1−a)∗b)/(1−(1−a)∗(1−b)) 。

初始條件爲DP[0][0]=0，DP[0][i]=1(i>=1) 。

// BEGIN CUT HERE

// END CUT HERE
#line 5 "Queueing.cpp"
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<string.h>
using namespace std;
double dp[1005][1005];
class Queueing {
    private:
        void init(){
            memset(dp, 0, sizeof(dp));
        }
    public:
        double probFirst(int len1, int len2, int p1, int p2) {
            init();
            for(int i = 1; i <= len2; ++i) dp[0][i] = 1;
            double a = 1.0/p1, b = 1.0/p2;
            for(int i = 1; i <= len1; ++i){
                for(int j = 1; j <= len2; ++j){
                    dp[i][j] = dp[i-1][j]*a*(1-b)+dp[i][j-1]*(1-a)*b+dp[i-1][j-1]*a*b;
                    dp[i][j] /= (1-(1-a)*(1-b));
                }
            }
            return dp[len1][len2];
        }
};