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）

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$$f[i][1]=f[i][1]*p1+f[i][i]*p2+p4$$
$$f[i][j]=f[i][j]*p1+f[i][j-1]*p2+f[i-1][j-1]*p3+p4(j∈[2,k])$$
$$f[i][j]=f[i][j]*p1+f[i][j-1]*p2+f[i-1][j-1]*p3(j∈[k+1,i])$$

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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：

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$$f[i][1]=f[i][i]*\frac{p2}{1-p1}+\frac{p4}{1-p1}$$
$$f[i][j]=f[i][j-1]*\frac{p2}{1-p1}+f[i-1][j-1]*\frac{p3}{1-p1}+\frac{p4}{1-p1}(j∈[2,k])$$
$$f[i][j]=f[i][j-1]*\frac{p2}{1-p1}+f[i-1][j-1]*\frac{p3}{1-p1}(j∈[k+1,i])$$

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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：

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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……)

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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~

#include
using namespace std;
inline int read(){
int ans=,f=;char chr=getchar();
while(!isdigit(chr)){if(chr=='-')f=-;chr=getchar();}
while(isdigit(chr)) {ans=(ans<<)+(ans<<)+chr-;chr=getchar();}
return ans*f;
}const int M = ;int n,m,k;
double f[][M],p1,p2,p3,p4,a,b,c,v[M],p[M];
int main(){
while(~scanf("%d%d%d%lf%lf%lf%lf",&n,&m,&k,&p1,&p2,&p3,&p4)){
if(fabs(p4)<=1e-) {puts("0.00000");continue;}//p4为0时显然不可能
a=p2/(-p1),b=p3/(-p1),c=p4/(-p1);
v[]=;for(int i=;i<=n;i++) v[i]=v[i-]*a;//预处理a的i次方
p[]=c;f[][]=p4/(-p1-p2);
for(int i=;i<=n;i++){
double sol=;
for(int j=;j<=k;j++) p[j]=f[i-&][j-]*b+c;
for(int j=k+;j<=i;j++) p[j]=f[i-&][j-]*b;//求每一个方程式的常数项
for(int j=;j<=i;j++) sol+=v[i-j]*p[j];//求最后一个式子f[i][i]=……的常数项
f[i&][i]=sol/(-v[i]);
f[i&][]=f[i&][i]*a+c;//回代消元
for(int j=;j<i;j++) f[i&][j]=f[i&][j-]*a+p[j];//回去填表
}printf("%.5lf\n",f[n&][m]);
}
return ;
}