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,,sizeof(dp));
for(int i=n;i>=;i--)
{
for(int j=s;j>=;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+][j]*p1+dp[i][j+]*p2+dp[i+][j+]*p3+)/p0;
}
}
} void print()
{
printf("%.4f\n",dp[][]);
} int main()
{
read();
solve();
print();
}
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