poj 2096 dp 求 期望

1. 转自http://blog.csdn.net/morgan_xww/article/details/6774708
2. http://blog.csdn.net/xymscau/article/details/6601262

3. 对随机变量A、B,有 数学期望E(aA+bB)=aE(A)+bE(b);

   有了这个公式你就可以进行将连续的期望问题，转化为独立的状态了，概率就相当于a，b；A，B为变量，那么来分析一下这个问题，对于下一次查找，只可能有4种状态的转移，找到bugs，找到subcomponents，都找到和都找不到。因为e[i][j]=p1*e[i+1][j]+p2*e[i][j+1]+p3*e[i+1][j+1]+p4*e[i][j]+1;（e[i][j]表示已经找到i个bugs，找到j个subcomponents距离n个bugs和m个subcomponents还需要的平均查找次数（数学期望），加1，是加上这次查找），显然e[n][m]=0;

4.   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。 
5.     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。 
6.     dp[i][j]状态可以转化成以下四种： 
7.         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 
8.         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 
9.         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 
10.         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 
11.     以上四种的概率分别为： 
12.     p1 =     i*j / (n*s) 
13.     p2 = (n-i)*j / (n*s) 
14.     p3 = i*(s-j) / (n*s) 
15.     p4 = (n-i)*(s-j) / (n*s) 
16.     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) +... 
17.     所以： 
18.     dp[i,j] = p1*dp[i,j] + p2*dp[i+1,j] + p3*dp[i,j+1] + p4*dp[i+1,j+1]; 
19. View Code

     1 #include<stdio.h>
     2 double dp[1005][1005];
     3 int main()
     4 {
     5     int n,s,ns;
     6     scanf("%d%d",&n,&s);
     7     ns=n*s;
     8     dp[n][s]=0.0;
     9     double p1,p2,p3,p4;
    10     for(int i=n;i>=0;i--)
    11         for(int j=s;j>=0;j--)
    12         {
    13             if(i==n&&j==s) continue;
    14             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 ); 
    15         }
    16         printf("%.4lf\n",dp[0][0]);
    17     return 0;
    18 }