[poj2151]Check the difficulty of problems概率dp

解题关键：主要就是概率的推导以及至少的转化，至少的转化是需要有前提条件的。

转移方程：$dp[i][j][k] = dp[i][j - 1][k - 1]*p + dp[i][j - 1][k]*(1 - p)$ 其中$dp[i][j][k]$表示第$i$个人前j题恰好ac了$k$题.然后用前缀和处理一下最后的结果。

每队至少AC一题 反向考虑，用1-每队没A题的概率，再用乘法原理结合一下。

冠军队至少AC$n-1$题，也就是存在一支队伍AC数>=n-1，依然反向考虑，不过是在每队AC至少一题的条件下，从而求出每队AC数>=1,<n-1，再用前面的概率减去此概率即可。

复杂度：1000*30*30

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<iostream>
using namespace std;
typedef long long ll;
double p[1002][32],dp[1002][32][32],s[1002][32];
int main(){
    int m,t,n;
    ios::sync_with_stdio(0);
    while(cin>>m>>t>>n&&(n||m||t)){
        for(int i=1;i<=t;i++){
            for(int j=1;j<=m;j++){
                cin>>p[i][j];
            }
        }
        
        for(int i=1;i<=t;i++){
            dp[i][0][0]=1;
            for(int j=1;j<=m;j++){
                dp[i][j][0]=dp[i][j-1][0]*(1-p[i][j]);//类似杨辉三角的推法，注意按照怎样的顺序才能推出全部 
            }
        }
        
        for(int i=1;i<=t;i++){
            for(int j=1;j<=m;j++){
                for(int k=1;k<=j;k++){//注意控制变量范围，保证有意义 
                    dp[i][j][k]=dp[i][j-1][k-1]*p[i][j]+dp[i][j-1][k]*(1-p[i][j]);
                }
            }
        }
        for(int i=1;i<=t;i++){
            for(int j=0;j<=m;j++){
                s[i][j]=s[i][j-1]+dp[i][m][j];
            }
        }
        
        double ans1=1.0,ans2=1.0,t1;
        for(int i=1;i<=t;i++)    t1=1-s[i][0],ans1*=t1;
        for(int i=1;i<=t;i++)    t1=s[i][n-1]-s[i][0],ans2*=t1;
        printf("%.3f\n",ans1-ans2);

        
        
    }
}