POJ 2096 Collecting Bugs：期望dp

题目链接：http://poj.org/problem?id=2096

题意：

　　有一个程序猿，他每天都会发现一个bug。

　　bug共有n个种类。属于某一个种类的概率为1/n。

　　有s个子系统，每个bug属于一个系统。属于某一个系统的概率为1/s。

　　问你发现的bug能够覆盖到n个种类和s个系统的期望天数。

题解：

　　期望dp转移的套路：

　　　　倒着推。

　　　　利用性质：期望 = ∑ (P（子期望）*φ（子期望）)

　　状态表示：

　　　　dp[i][j] = expectation

　　　　i：覆盖到i个种类

　　　　j：覆盖到j个系统

　　　　dp：从当前状态到达目标状态的期望天数（此状态的剩余天数）

　　如何转移：

　　　　套路。先考虑它能够转移到的子期望。

　　　　now: dp[i][j]

　　　　四种转移：

　　　　　　（1）dp[i][j]：bug的没有覆盖新的区域。概率p0' = (i/n)*(j/s)

　　　　　　（2）dp[i+1][j]：bug为新种类，不是新系统。概率p2 = (n-i)/n * j/s.

　　　　　　（3）dp[i][j+1]：bug不是新种类，是新系统。概率p3 = i/n * (s-j)/s.

　　　　　　（4）dp[i+1][j+1]：既是新种类，又是新系统。概率p4 = (n-i)/n*(s-j)/s

　　　　利用期望性质：

　　　　　　dp[i][j] = dp[i][j]*(i/n)*(j/s)

　　　　　　　　　　　　+ dp[i+1][j]*((n-i)/n)*(j/s)

　　　　　　　　　　　　+ dp[i][j+1]*(i/n)*((s-j)/s)

　　　　　　　　　　　　+ dp[i+1][j+1]*((n-i)/n)*((s-j)/s)

　　　　　　　　　　　　+ 1

　　　　因为找到一个bug意味着过去了一天，所以dp[i][j]最后要+1。

　　　　移项：

　　　　　　dp[i][j] = (dp[i+1][j]*((n-i)/n)*(j/s)

　　　　　　　　　　　　+ dp[i][j+1]*(i/n)*((s-j)/s)

　　　　　　　　　　　　+ dp[i+1][j+1]*((n-i)/n)*((s-j)/s) + 1)

　　　　　　　　　　　　/ (1 - (i/n)*(j/s))

　　边界条件：

　　　　达到目标状态时，剩余天数为0。

　　　　dp[n][s] = 0

AC Code:

// state expression:
// dp[i][j] = expectation
// i: found i kinds of bug
// j: in j different sys
//
// find the answer:
// ans = dp[n][s]
//
// transferring:
// dp[i][j] = dp[i][j]*(i/n)*(j/s)
//            + dp[i+1][j]*((n-i)/n)*(j/s)
//            + dp[i][j+1]*(i/n)*((s-j)/s)
//            + dp[i+1][j+1]*((n-i)/n)*((s-j)/s) + 1
//
// dp[i][j] = (dp[i+1][j]*((n-i)/n)*(j/s)
//            + dp[i][j+1]*(i/n)*((s-j)/s)
//            + dp[i+1][j+1]*((n-i)/n)*((s-j)/s) + 1)
//            / (1 - (i/n)*(j/s))
//
// boundary:
// dp[n][s] = 0
#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#define MAX_N 1005
#define MAX_S 1005

using namespace std;

int n,s;
double dp[MAX_N][MAX_S];

void read()
{
    cin>>n>>s;
}

void solve()
{
    memset(dp,0,sizeof(dp));
    for(int i=n;i>=0;i--)
    {
        for(int j=s;j>=0;j--)
        {
            if(i==n && j==s) continue;
            double p1=(double)(n-i)/n*j/s;
            double p2=(double)i/n*(s-j)/s;
            double p3=(double)(n-i)/n*(s-j)/s;
            double p0=1.0-(double)i/n*j/s;
            dp[i][j]=(dp[i+1][j]*p1+dp[i][j+1]*p2+dp[i+1][j+1]*p3+1)/p0;
        }
    }
}

void print()
{
    printf("%.4f
",dp[0][0]);
}

int main()
{
    read();
    solve();
    print();
}