POJ 2096 Collecting Bugs (DP求期望） #by Plato

求期望的一道入门题，

引用别人的讲解了

/**

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)

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>#include <fstream>#include <cstring>using namespace std;int main(){    freopen("test.txt","r",stdin);    int N,S;    static double f[1009][1009];    while (~scanf("%d%d",&N,&S))    {        //cout<<N<<" "<<S<<endl;        double sum = N*S;        memset(f,0,sizeof(f));        for (int i = N;i >= 0;i--)        {            for (int j = S;j >= 0;j--)            {                if (i == N && j == S) continue;                f[i][j] = (((N-i)*j)/sum*f[i+1][j] + (i*(S-j))/(sum)*f[i][j+1] + ((N-i)*(S-j))/sum*f[i+1][j+1] + 1)*(sum/(sum-i*j));            }        }        printf("%.4lf\n",f[0][0]);    }    return 0;}