Poj 2096 Collecting Bugs(概率（期望）+dp)

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    dp求期望的题。 
    题意：一个软件有s个子系统，会产生n种bug。 
    某人一天发现一个bug，这个bug属于某种bug，发生在某个子系统中。 
    求找到所有的n种bug，且每个子系统都找到bug，这样所要的天数的期望。 
    需要注意的是：bug的数量是无穷大的，所以发现一个bug，出现在某个子系统的概率是1/s， 
    属于某种类型的概率是1/n。 
    解法： 
    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] + 1; 
    整理得： 
    dp[i,j] = ( 1 + p2*dp[i+1,j] + p3*dp[i,j+1] + p4*dp[i+1,j+1] )/( 1-p1 ) 
            = ( n*s + (n-i)*j*dp[i+1,j] + i*(s-j)*dp[i,j+1] + (n-i)*(s-j)*dp[i+1,j+1] )/( n*s - i*j ) 
**/  
#include <cstdio>  
#include <iostream>  
  
using namespace std;  
  
double dp[1005][1005];  
  
int main()  
{  
    int n, s, ns;  
  
    cin >> n >> s;  
    ns = n*s;  
    dp[n][s] = 0.0;  
    for (int i = n; i >= 0; i--)  
        for (int j = s; j >= 0; j--)  
        {  
            if ( i == n && j == s ) continue;  
            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 );  
        }  
    printf("%.4lf\n", dp[0][0]);  
  
    return 0;  
} 

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