Poj 2096 (dp求期望)

  這題雖然代碼很簡單，但這是我第一題用dp求數學期望的題目，也算是入個門吧...

/**    dp求期望的題。    題意：一個軟體有s個子系統，會產生n種bug。    某人一天發現一個bug，這個bug屬於某種bug，發生在某個子系統中。    求找到所有的n種bug，且每個子系統都找到bug，這樣所要的天數的期望。    需要注意的是：bug的數量是無窮大的，所以發現一個bug，出現在某個子系統的機率是1/s，    屬於某種類型的機率是1/n。    解法：    dp[i][j]表示已經找到i種bug，並存在於j個子系統中，要達到目標狀態的天數的期望。    顯然，dp[n][s]=0，因為已經達到目標了。而dp[0][0]就是我們要求的答案。    dp[i][j]狀態可以轉化成以下四種：        dp[i][j]    發現一個bug屬於已經找到的i種bug和j個子系統中        dp[i+1][j]  發現一個bug屬於新的一種bug，但屬於已經找到的j種子系統        dp[i][j+1]  發現一個bug屬於已經找到的i種bug，但屬於新的子系統        dp[i+1][j+1]發現一個bug屬於新的一種bug和新的一個子系統    以上四種的機率分別為：    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：期望可以分解成多個子期望的加權和，權為子期望發生的機率，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;}