题意：
这道题目的意思很简单，有t个ACM队，m个题目，题目给出了每个队对每个题目做出的概率大小（0到1之间，包含0和1），要求每个队至少做出一道题（签到题），同时，要求获胜队必须至少能够做出n道题（获胜对不止一个），这到题目实际上就是一个dp+概率论知识，dp的推导也是概率论中的全概率公式推导出来的，之后就是如何利用概率论知识求解问题了。首先解释一下dp如何推导。我们令dp[i][j]为前i道题中做出j道题的概率，那么依据全概率公式，现在有两种情况：
1）第i道题做出来的，在此条件下dp[i][j]=dp[i-1][j-1]
2）第i道题没有做出来，在此条件下dp[i][j]=dp[i-1][j]
那么依据全概率公式dp[i][j]=dp[i-1][j-1]*p[i]+dp[i-1][j]*(1-p[i]),其中p[i]为第i题做出的概率。
状态转移方程确定后，那么就可以求解出前i个题目中做出j道题的概率了。
问题是所有的基本条件都已经确定了，那么题目要求解问题的概率该如何计算。这里，很容易认为每个队至少做出一道题和获胜队至少做出n道题是独立事件。其实不然。应该说他们之间存在包含于被包含的关系，这里分两种情况讨论：
我们将每个队都至少作出一道题记为事件A，获胜队至少作出n道题记为事件B，题目要求的就是p(AB)的结果
1）当n=1时，事件B包含事件A，那么p(AB)就转化为p(A),即为每个队都至少作出一道题的概率。
2）当n>1时，事件A包含事件AB，那么p(AB)就是p(A)-p(A-AB),这里补充说明一下，事件A-AB就是所有队都只作出少于n道题的概率（即作出1到n-1道题的概率）
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1 #include<cstdio>
2 #include<algorithm>
3 #include<math.h>
4 #include<string.h>
5 using namespace std;
6 const int maxn=1e3+10;
7 double dp[maxn][35][35]; //表示第i只队伍在j道题的情况下赢k局的概率
8 double p[maxn][35];
9 int main()
10 {
11 int n,t,m;
12 while(scanf("%d%d%d",&n,&t,&m)!=EOF){
13 if(!(n+t+m)) break;
14 for(int i=0;i<t;i++)
15 for(int j=1;j<=n;j++){
16 scanf("%lf",&p[i][j]);
17 }
18 memset(dp,0,sizeof(dp));
19 for(int i=0;i<t;i++){
20 dp[i][0][0]=1;
21 for(int j=1;j<=n;j++){
22 dp[i][j][0]=dp[i][j-1][0]*(1-p[i][j]);
23 for(int k=1;k<=j;k++){
24 dp[i][j][k]=dp[i][j-1][k-1]*p[i][j]+dp[i][j-1][k]*(1-p[i][j]);
25 }
26 }
27 }
28 double ans=1;
29 for(int i=0;i<t;i++)
30 ans*=1-dp[i][n][0];
31 double temp=1;
32 for(int i=0;i<t;i++){
33 double sum=0;
34 for(int j=1;j<m;j++)
35 sum+=dp[i][n][j]; //计算出做出的题在1~n-1的数量的概率；
36 temp*=sum; //将每一个做不出的概率相乘；
37 }
38 ans-=temp; //减去不符合的情况
39 printf("%.3f\n",ans);
40 }
41 return 0;
42 }
标签：AB,题目,道题,概率,poj,2151,做出,dp 来源： https://www.cnblogs.com/pangbi/p/11587038.html
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