POJ 2096 Collecting Bugs:期望dp

题目链接:http://poj.org/problem?id=2096

题意:

  有一个程序猿,他每天都会发现一个bug。

  bug共有n个种类。属于某一个种类的概率为1/n。

  有s个子系统,每个bug属于一个系统。属于某一个系统的概率为1/s。

  问你发现的bug能够覆盖到n个种类和s个系统的期望天数。

题解:

  期望dp转移的套路:

    倒着推。

    利用性质:期望 = ∑ (P(子期望)*φ(子期望))

  状态表示:

    dp[i][j] = expectation

    i:覆盖到i个种类

    j:覆盖到j个系统

    dp:从当前状态到达目标状态的期望天数(此状态的剩余天数)

  如何转移:

    套路。先考虑它能够转移到的子期望。

    now: dp[i][j]

    四种转移:

      (1)dp[i][j]:bug的没有覆盖新的区域。概率p0‘ = (i/n)*(j/s)

      (2)dp[i+1][j]:bug为新种类,不是新系统。概率p2 = (n-i)/n * j/s.

      (3)dp[i][j+1]:bug不是新种类,是新系统。概率p3 = i/n * (s-j)/s.

      (4)dp[i+1][j+1]:既是新种类,又是新系统。概率p4 = (n-i)/n*(s-j)/s

    利用期望性质:

      dp[i][j] = dp[i][j]*(i/n)*(j/s)

            + dp[i+1][j]*((n-i)/n)*(j/s)

            + dp[i][j+1]*(i/n)*((s-j)/s)

            + dp[i+1][j+1]*((n-i)/n)*((s-j)/s)

            + 1

    因为找到一个bug意味着过去了一天,所以dp[i][j]最后要+1。

    移项:

      dp[i][j] = (dp[i+1][j]*((n-i)/n)*(j/s)

            + dp[i][j+1]*(i/n)*((s-j)/s)

            + dp[i+1][j+1]*((n-i)/n)*((s-j)/s) + 1)

            / (1 - (i/n)*(j/s))

  边界条件:

    达到目标状态时,剩余天数为0。

    dp[n][s] = 0

AC Code:

 1 // state expression:
 2 // dp[i][j] = expectation
 3 // i: found i kinds of bug
 4 // j: in j different sys
 5 //
 6 // find the answer:
 7 // ans = dp[n][s]
 8 //
 9 // transferring:
10 // dp[i][j] = dp[i][j]*(i/n)*(j/s)
11 //            + dp[i+1][j]*((n-i)/n)*(j/s)
12 //            + dp[i][j+1]*(i/n)*((s-j)/s)
13 //            + dp[i+1][j+1]*((n-i)/n)*((s-j)/s) + 1
14 //
15 // dp[i][j] = (dp[i+1][j]*((n-i)/n)*(j/s)
16 //            + dp[i][j+1]*(i/n)*((s-j)/s)
17 //            + dp[i+1][j+1]*((n-i)/n)*((s-j)/s) + 1)
18 //            / (1 - (i/n)*(j/s))
19 //
20 // boundary:
21 // dp[n][s] = 0
22 #include <iostream>
23 #include <stdio.h>
24 #include <string.h>
25 #define MAX_N 1005
26 #define MAX_S 1005
27
28 using namespace std;
29
30 int n,s;
31 double dp[MAX_N][MAX_S];
32
33 void read()
34 {
35     cin>>n>>s;
36 }
37
38 void solve()
39 {
40     memset(dp,0,sizeof(dp));
41     for(int i=n;i>=0;i--)
42     {
43         for(int j=s;j>=0;j--)
44         {
45             if(i==n && j==s) continue;
46             double p1=(double)(n-i)/n*j/s;
47             double p2=(double)i/n*(s-j)/s;
48             double p3=(double)(n-i)/n*(s-j)/s;
49             double p0=1.0-(double)i/n*j/s;
50             dp[i][j]=(dp[i+1][j]*p1+dp[i][j+1]*p2+dp[i+1][j+1]*p3+1)/p0;
51         }
52     }
53 }
54
55 void print()
56 {
57     printf("%.4f\n",dp[0][0]);
58 }
59
60 int main()
61 {
62     read();
63     solve();
64     print();
65 }
时间: 2024-10-12 08:20:12

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