POJ 2096 Collecting Bugs

题意：给定n和s，一共有s个系统和n个bug种类，每个bug只可能属于某一种bug，也只属于某一个系统。但是由于每个系统都有无限多个bug，每种bug也有无限多个，所以每次发现的bug是哪一种bug的可能性一样，属于哪个系统的可能性也一样。问平均发现多少个bug以后，每个系统都有bug被发现了，每个种类的bug都有被发现。

 

解法：概率DP的入门题。。。。。不会T T。

　　　设d[i][j]表示发现了i个系统的bug，j个种类的bug，要到达目标状态还需要的天数的期望。

　　　则d[i][j]可以转化为：1、d[i][j]，转化为此情况的概率是i*j / (n*s)；2、d[i+1][j]，概率为(n-i)*j / (n*s)；3、d[i][j+1]，概率为i*(s-j) / (n*s)；4、d[i+1][j+1]，概率为(n-i) * (s-j) / (n*s)。

　　　又由于，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，d[i][j] = d[i][j] *  i*j / (n*s) + d[i+1][j] * (n-i)*j / (n*s) + d[i][j+1] * i*(s-j) / (n*s) + d[i+1][j+1] * (n-i) * (s-j) / (n*s) + 1。

 

tag:math, 概率DP

/*
 * Author:  Plumrain
 * Created Time:  2013-10-29 16:18
 * File Name: math-POJ-2096.cpp
 */
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>

using namespace std;

#define CLR(x) memset(x, 0, sizeof(x))
const int N = 1000;

int n, s;
double d[N+5][N+5];

int main()
{
    while (scanf ("%d%d", &n, &s) != EOF){
        CLR (d);
        d[n][s] = 0;
        int ns = n * s;
        for (int i = n; i >= 0; -- i)
            for (int j = s; j >= 0; -- j){
                if (i == n && j == s) continue;
                d[i][j] = (d[i+1][j] * (n-i)*j + d[i][j+1] * i*(s-j) + d[i+1][j+1] * (n-i)*(s-j) + ns) / (ns-i*j + 0.0);
            }
        printf ("%.4f\n", d[0][0]);
    }
    return 0;
}