题解poj2096

首先，题目传送门。

然后，简单翻译一下：

有n个bug，s个程序，每天能发现一个bug，求在每个程序中发现至少一个bug并将每一个bug都至少发现一次的期望天数。典型的期望dp。

如果忘了什么是期望之类的，出门左转数学选修2-3。

方案一：列分布列

很不幸，我们发现在比较差的情况下，也就是总在发现同一个bug时，我们将需要无穷天才能将bug找全。也就是说分布列将有无穷项，明显不可行。

方案二：dp[i][j]记录在j个系统中发现i个bug的期望天数

问题和方案一一样，不再重复了

方案三：dp[i][j]记录j个系统中发现i个bug后距成功的期望天数

这个方案是可行的，只要输出时输出dp[0][0]即可，在这里，dp[n][s]为0，然后自大而小转移到dp[0][0]即可。

有了状态，就需要转移方程了

能转移到dp[i][j]的共有四种情况：

1.新bug，新系统：值：(dp[i+1][j+1]+1)，概率：(n-i)(s-j)/ns

2.新bug，旧系统：值：(dp[i+1][j]+1)，概率：i(s-j)/ns

3.旧bug，新系统：值：(dp[i][j+1]+1)，概率：(n-i)j/ns

4.旧bug，旧系统：值：(dp[i][j]+1)，概率：ij/ns

也就是说：dp[i][j]=(dp[i+1][j+1]+1)*(n-i)(s-j)/ns+(dp[i+1][j]+1)*i(s-j)/ns+(dp[i][j+1]+1)*(n-i)j/ns+(dp[i][j]+1)*ij/ns，这时，我们发现等式两侧都有dp[i][j]，我们需要把它整理出来

原式<=>ns*dp[i][j]=(dp[i+1][j+1]+1)*(n-i)(s-j)+(dp[i+1][j]+1)*i(s-j)+(dp[i][j+1]+1)*(n-i)j+(dp[i][j]+1)*ij

　　<=>(ns-ij)*dp[i][j]=(dp[i+1][j+1]+1)*(n-i)(s-j)+(dp[i+1][j]+1)*i(s-j)+(dp[i][j+1]+1)*(n-i)j+ij

　　<=>(ns-ij)*dp[i][j]=dp[i+1][j+1]*(n-i)(s-j)+ns-is-nj+ij+dp[i+1][j]*i(s-j)+is-ij+dp[i][j+1]*(n-i)j+nj-ij+ij

　　<=>(ns-ij)*dp[i][j]=dp[i+1][j+1]*(n-i)(s-j)+dp[i+1][j]*i(s-j)+dp[i][j+1]*(n-i)j+ns

　　<=>dp[i][j]=(dp[i+1][j+1]*(n-i)(s-j)+dp[i+1][j]*i(s-j)+dp[i][j+1]*(n-i)j+ns)/(ns-ij)

现在，我们将dp[i][j]整理了出来，现在就是代码的问题了，在发标程之前，本蒟蒻说明一件事：

输出时要写成

printf("%.4f",dp[0][0]);

而不是

printf("%.4lf",dp[0][0]);

虽然dp数组是double，但用"%.4lf"输出就会WA，此类题目精度是非常令人头疼的，本题有spj也并未卵用。

好了，上标程

#include<cstdio>
int n,s;
double dp[1010][1010];
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&s);
    for(int i=n;i>=0;i--)
    {
        for(int j=s;j>=0;j--)
        {
            if(i!=n||j!=s)
            {
                dp[i][j]=(dp[i+1][j+1]*(n-i)*(s-j)+dp[i+1][j]*(n-i)*j+dp[i][j+1]*i*(s-j)+n*s)/(n*s-i*j);
            }
        }
    }
    printf("%.4f",dp[0][0]);
}