【POJ 2096 Collecting Bugs】概率DP求期望

题意：
Ivan每天可以收集一个bug，每个bug属于某个类别和某个子系统，现求收集n种类别和s个子系统的期望天数。
比如bug1属于类别1子系统1，bug2属于类别1子系统2，那么就收集到了1个类别和2个子系统的bug。
题解：
f[i][j]表示已经有i个类别j个子系统的期望天数，那么当前这天找的bug有四种情况：
1.Bug属于已有的类别，已有的子系统，即$f[i][j]->f[i][j]$, 概率$i/n\ast j/s$
2.Bug属于没有的类别，已有的子系统，即$f[i-1][j]->f[i][j]$, 概率$(1-i/n)\ast j/s$
3.Bug属于已有的类别，没有的子系统，即$f[i][j-1]->f[i][j]$, 概率$i/n\ast (1-j/s)$
4.Bug属于没有的类别，没有的子系统，即$f[i-1][j-1]->f[i][j]$, 概率$(1-i/n)\ast (1-j/s)$
故$f[i][j]=i/n\ast j/s\ast f[i][j]+(1-i/n)\ast j/s\ast f[i-1][j]+i/n\ast (1-j/s)\ast f[i][j-1]+(1-i/n)\ast (1-j/s)\ast f[i-1][j-1]$
-> $f[i][j]=(n\ast s+(n-i)\ast j\ast f[i-1][j]+n\ast (s-j)\ast f[i][j-1]+(n-i)\ast (s-j)\ast f[i-1][j-1])/(n\ast s-i\ast j)$
我们所求的答案为f[n][s]，但是这里$i=n,j=s$会使分母$(n\ast s-i\ast j)$为0，故要倒着推。
令$f[n][s]=0$, 递推公式为$f[i][j]=(n\ast s+(n-i)\ast j\ast f[i+1][j]+i\ast (s-j)\ast f[i][j+1]+(n-i)\ast (s-j)\ast f[i+1][j+1])/(n\ast s-i\ast j)$, 所求答案为$f[0][0]$。
代码：

const int MAX = 1e3 + 10;
int n, s;
double f[MAX][MAX];

int main() {
	scanf("%d%d", &n, &s);
	f[n][s] = 0;
	for (int i = n; i >= 0; i--)
		for (int j = s; j >= 0; j--) {
			if (i == n && j == s)continue;
			f[i][j] = (n * s + (n - i) * j * f[i + 1][j] + i * (s - j) * f[i][j + 1] + (n - i) * (s - j) * f[i + 1][j + 1]) / (n * s - i * j);
		}
	printf("%.4lf\n", f[0][0]);
	return 0;
}