概率dp小结

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好久之前学过，记得是一次亚洲区的前几天看了看概率dp，然后亚洲区就出了一道概率dp，当时虽然做上了，但是感觉有很多地方没懂，今天起早温习了一下，觉得很多地方茅塞顿开，果然学习的话早上效果最好了。

首先来看一道最基础概率dp

题意是，有一个软件，有s个子系统，会产生n种bug。 
某个程序员一天能发现一个bug，这个bug是这n种bug中的一种，然后发生在某个子系统中。 
问，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。

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 
所以： 我首先想到了一个这样的公式dp[x][y] = dp[x][y]*p1+dp[x-1][y-1]*p2+dp[x][y-1]*p3+dp[x-1][y]*p4

dp[x][y]代表已经有x种bug并且有y个系统至少有一个bug的期望值

我们知道他是从自身以及他的前几种状态推导过来，乍一看这个公式应该是对的，但是dp[n][m]会无穷大，因为他的期望是没有停止状态的，也就是题意要求的应该是到达n,m状态时停止。

那么我们又可以从倒推的角度去考虑这个问题，dp[x][y]表示的是已经有x种bug并且有y个系统至少有一种bug的时候还需要多少步能够到达dp[n][m]的状态。

那么公式又变成了这样dp[x][y] = dp[x+1][y+1]*p1+dp[x+1][y]*p2+dp[x][y+1]*p3+dp[x][y]*p4+1

也就是dp[x][y] = dp[x+1][y+1] *(n-x)*(m-y)/n/m+dp[x+1][y]*(n-x)*y/n/m+dp[x][y+1]*x*(m-y)/n/m+dp[x][y]*x*y/n/m+1

将dp[x][y]合并得dp[x][y](1-x*y/n/m) = dp[x+1][y+1] *(n-x)*(m-y)/n/m+dp[x+1][y]*(n-x)*y/n/m+dp[x][y+1]*x*(m-y)/n/m+1

1.poj2096,就是上面的题

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<iostream>
using namespace std;
double dp[1004][1004];
int main(){
    int n, m;
    scanf("%d%d", &n, &m);
        for(int i =0 ;i <= n+1; i++){
            for(int k = 0; k <= m+1; k++){
                dp[i][k]= 0;
            }
        }
        for(int x = n; x >= 0; x--){
            for(int y = m; y >=0; y--){
                if(x == n && y ==m)dp[x][y] = 0;
                else
                dp[x][y]= (1+dp[x+1][y+1] *(n-x)*(m-y)/n/m+dp[x+1][y]*(n-x)*y/n/m+dp[x][y+1]*x*(m-y)/n/m)/(1.0-1.0*x*y/n/m);
            }
        }
        printf("%.4f\n", dp[0][0]);
}

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原文地址：http://www.cnblogs.com/icodefive/p/4712477.html