poj 2096 dp 求 期望
- 转自http://blog.csdn.net/morgan_xww/article/details/6774708
- http://blog.csdn.net/xymscau/article/details/6601262
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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;
- 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];
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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 }