Poj 2096 (dp求期望 入门)

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dp求期望的题。
题意：一个软件有s个子系统，会产生n种bug。
某人一天发现一个bug，这个bug属于某种bug，发生在某个子系统中。
求找到所有的n种bug，且每个子系统都找到bug，这样所要的天数的期望。
需要注意的是：bug的数量是无穷大的，所以发现一个bug，出现在某个子系统的概率是1/s，
属于某种类型的概率是1/n。
解法：
dp[i][j]表示已经找到i种bug，并存在于j个子系统中，要达到目标状态的天数的期望。
显然，dp[n][s]=0，因为已经达到目标了。而dp[0][0]就是我们要求的答案。
dp[i][j]状态可以转化成以下四种：
dp[i][j] 发现一个bug属于已经找到的i种bug和j个子系统中
dp[i+1][j] 发现一个bug属于新的一种bug，但属于已经找到的j种子系统
dp[i][j+1] 发现一个bug属于已经找到的i种bug，但属于新的子系统
dp[i+1][j+1]发现一个bug属于新的一种bug和新的一个子系统
以上四种的概率分别为：
p1 = i*j / (n*s)
p2 = (n-i)*j / (n*s)  //找到了 I 种 还剩下（n-I)
p3 = i*(s-j) / (n*s)
p4 = (n-i)*(s-j) / (n*s)
又有：期望可以分解成多个子期望的加权和，权为子期望发生的概率，即 E(aA+bB+...) = aE(A) + bE(B) +...
所以：
dp[i,j] = p1*dp[i,j] + p2*dp[i+1,j] + p3*dp[i,j+1] + p4*dp[i+1,j+1] + 1;
整理得：
dp[i,j] = ( 1 + p2*dp[i+1,j] + p3*dp[i,j+1] + p4*dp[i+1,j+1] )/( 1-p1 )
= ( n*s + (n-i)*j*dp[i+1,j] + i*(s-j)*dp[i,j+1] + (n-i)*(s-j)*dp[i+1,j+1] )/( n*s - i*j )

#include <cstdio>
#include <iostream>

using namespace std;

double dp[1005][1005];

int main()
{
    int n, s, ns;

    cin >> n >> s;
    ns = n*s;
    dp[n][s] = 0.0;
    for (int i = n; i >= 0; i--)
        for (int j = s; j >= 0; j--)
        {
            if ( i == n && j == s ) continue;
            dp[i][j] = ( ns + (n-i)*j*dp[i+1][j] + i*(s-j)*dp[i][j+1] + (n-i)*(s-j)*dp[i+1][j+1] )/( ns - i*j );
        }
    printf("%.4lf\n", dp[0][0]);

    return 0;
}

原文地址：https://www.cnblogs.com/shuaihui520/p/9542442.html