POJ 2096 期望DP

最新推荐文章于 2021-03-30 14:32:48 发布

beihai2013

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本文解析了POJ2096题目，该题涉及n个bug和s个subcomponent，通过等概率发现每个元素，求解找到所有元素的期望次数。采用期望DP方法解决，详细介绍了状态转移方程，并提供了实现代码。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

POJ 2096
题目链接：
http://acm.hust.edu.cn/vjudge/problem/viewProblem.action?id=21521
题意：
有n个bug和s个subcomponet，每次等概率的发现一个bug和一个subcomponent，问发现所有bug和subcomponent的期望次数是多少。
思路：
期望DP。
设dp[i][j]为从当前走到终点[n][s]的期望步数。则有
解释是：假设当前已经发现i个bug和j个subcomponet，则下一步可能由[i][j],[i+1][j],[i][j+1],[i+1][j+1]，的期望转移来。又由于dp[n][s]=0已知，所以O(n*s)可以得出答案
源码：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <cstdlib>
#include <iostream>
#include <queue>
using namespace std;
const int MAXN = 1000 + 5;
double dp[MAXN][MAXN];
int main()
{
    int n, m;
    while(scanf("%d%d", &n, &m) != EOF){
        memset(dp, 0, sizeof(dp));
//        dp[n][m] = 0;
//        dp[n - 1][m] = n;
//        dp[n][m - 1] = m;
        for(int i = n ; i >= 0 ; i--){
            for(int j = m ; j >= 0 ; j--){
                if(i == n && j == m)  continue;
                double t1 = (1.0 * (n - i) * j) / (1.0 * n * m) * dp[i + 1][j];
                double t2 = (1.0 * (m - j) * i) / (1.0 * n * m) * dp[i][j + 1];
                double t3 = (1.0 * (n - i) * (m - j)) / (1.0 * n * m) * dp[i + 1][j + 1];
                dp[i][j] = (t1 + t2 + t3 + 1) * (1.0 * m * n) / (1.0 * (m * n - i * j));
            }
        }
//        for(int i = 0 ; i <= n ; i++){
//            for(int j = 0 ; j <= m ; j++)
//                printf("%f  ", dp[i][j]);
//            printf("\n");
//        }
        printf("%.4f\n", dp[0][0]);
    }
    return 0;
}