POJ2096->概率DP

POJ2096->概率DP

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。

PS：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。

题解：

dp[i][j]表示已经找到i种bug，并存在于j个子系统中，从当前状态达到完全找到n种bug并且存在于s个子系统的天数的期望。

最终完成目标的状态是dp
[s]=0，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;

此处等式左边代表今天的状态，右边代表明天的状态，右边加1是为了让等式右边再回溯一天，使得等式两边天数相等，等式能够成立。

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 )

代码：

#include <stdio.h>
#include <iostream>
#include <string.h>
using namespace std ;
#define MAX 1005
double dp[MAX][MAX] ;
int main()
{
int n , s ;
while(scanf("%d%d" , &n , &s)!=EOF)
{
dp
[s] = 0 ;
for(int i = n ; i >= 0 ; i --)
{
for(int j = s ; j >= 0 ; j --)
{
if(i == n && j == s) continue ;
dp[i][j] = (i*(s-j)*dp[i][j+1]+(n-i)*j*dp[i+1][j]+(n-i)*(s-j)*dp[i+1][j+1]+n*s)/(n*s-i*j);
}
}
printf("%.4f\n" , dp[0][0]) ;
}
return 0 ;
}