Hdu 4089 Activation (概率dp) - 2011 ACM-ICPC Beijing Regional Contest Problem I

题意：
有n人都是仙剑5的fans，现在要在官网上激活游戏，n个人排成一个队列（其中主角Tomato最初排名为m），
对于队列中的第一个人，在激活的时候有以下五种情况：
    1.激活失败：留在队列中继续等待下一次激活（概率p1）
    2.失去连接：激活失败，并且出队列然后排到队列的尾部（概率p2）
    3.激活成功：出队列（概率p3）
    4.服务器瘫：服务器停止服务了，所有人都无法激活了（概率p4）
求服务器瘫痪并且此时Tomato的排名<=k的概率。
题解：
是一个概率题，分析一下题意后发现和“dp求期望”的题目有点像，因为其中都有一种死循环的可能，
该题中，如果总是发生p1概率的情况那就是死循环了。然后想到一个二维dp：
dp[i][j]表示队列中有i个人，Tomato排在第j个，能发生所求事件的概率。
显然，dp[n][m]即为所求。
j == 1 : dp[i][1] = p1*dp[i][1] + p2*dp[i][i]   + p4;
2<=j<=k: dp[i][j] = p1*dp[i][j] + p2*dp[i][j-1] + p3*dp[i-1][j-1] + p4;
j > k  : dp[i][j] = p1*dp[i][j] + p2*dp[i][j-1] + p3*dp[i-1][j-1];
化简：
j == 1 : dp[i][1] = p*dp[i][i]   + p41;
2<=j<=k: dp[i][j] = p*dp[i][j-1] + p31*dp[i-1][j-1] + p41;
j > k  : dp[i][j] = p*dp[i][j-1] + p31*dp[i-1][j-1];
其中：
p   = p2 / (1 - p1);
p31 = p3 / (1 - p1);
p41 = p4 / (1 - p1);
现在可以循环 i = 1 -> n 递推求解dp[i]，所以在求dp[i]时，dp[i-1]就相当于常数了，
设dp[i][j]的常数项为c[j]：
j == 1 : dp[i][1] = p*dp[i][i]   + c[1];
2<=j<=k: dp[i][j] = p*dp[i][j-1] + c[j];
j > k  : dp[i][j] = p*dp[i][j-1] + c[j];
在求dp[i]时，就相当于求“i元1次方程组”：
dp[i][1] = p*dp[i][i] + c[1];
dp[i][2] = p*dp[i][1] + c[2];
dp[i][3] = p*dp[i][2] + c[3];
...

dp[i][i] = p*dp[i][i-1] + c[i];

该方程组的解我就不写了，很简单，但是我写出来之后悲剧地TLE...
然后不断优化，把所有的重复的浮点计算都提取出来，依旧的TLE...
实在想不通，这个复杂度可是O(n^2)的呀，而且n<=2000，而且题目时限10s，这样也不行？
难道有O(n)的解法？
看了题解，发现dp思想跟我一模一样，就是中间的计算过程有点不同，仔细研究，
他是先用循环求出dp[i][1]，然后就能直接依次用dp[i][j-1]算出dp[i][j].
而我是傻傻地每个dp[i][j]都是用方程组的解的公式算出来的。
修改代码，提交，终于A了...500+ms..

我还是不能接受，我的两份代码唯一的不同之处就是，在求出dp[i][i]后求dp[i][1->i-1]的过程：

// AC code.
dp[i][1] = p * dp[i][i] + p41;
for (int j = 2; j < i; j++)
    dp[i][j] = p * dp[i][j-1] + c[j];

// TLE code.
for (int j = i-1; j > 0; j--)
{
    tmp = (tmp - (1-pp[i])*c[j+1]) / p;
    dp[i][j] = tmp / (1-pp[i]);
}

除了以上的代码外的其他代码一模一样，没有半点不同，
就如此小的差距能够造成 500ms 和 TLE 的差距？注意时限是 10s...
我表示真的不能理解.

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>

using namespace std;

double dp[2005][2005];
double c[2005];

int main()
{
    int    n, m, k;
    double p1, p2, p3, p4;

    while ( scanf("%d%d%d", &n, &m, &k) != EOF )
    {
        scanf("%lf%lf%lf%lf", &p1, &p2, &p3, &p4);
        if ( fabs(1 - p1 - p2) < 1e-9 )
        {
            puts("0.00000");
            continue;
        }

        double p   = p2 / (1 - p1);
        double p31 = p3 / (1 - p1);
        double p41 = p4 / (1 - p1);
        double pp[2005] = {1.0};    // pp[i] = p^i;

        for (int i = 1; i <= n; i++)
            pp[i] = pp[i-1] * p;

        dp[1][1] = p4 / (1 - p1 - p2);
        c[1]     = p41;

        for (int i = 2; i <= n; i++)
        {
            for (int j = 2; j <= k; j++)
                c[j] = dp[i-1][j-1] * p31 + p41;
            for (int j = k+1; j <= i; j++)
                c[j] = dp[i-1][j-1] * p31;

            double tmp = 0.0;
            for (int j = i; j > 0; j--)
                tmp += pp[i-j] * c[j];
            dp[i][i] = tmp / (1 - pp[i]);
            dp[i][1] = p * dp[i][i] + p41;

            for (int j = 2; j < i; j++)
                dp[i][j] = p * dp[i][j-1] + c[j];
        }
        printf("%.5lf\n", dp[n][m]);
    }
    return 0;
}