标签：family cst mil 传送门 poj clu 状态 def 病毒
传送门：>出错啦<
题意：有n种病毒存在于s个子任务中。每个子任务中的病毒数量可以看做无限。每天可以发现一个病毒，问在所有的s个子任务中，总共发现满n种病毒的期望时间
解题思路：
期望DP。
$f[i][j]$表示已发现i个子任务中的j种病毒距离目标状态的期望天数。
$f[n][s] = 0$， 求$f[0][0]$
考虑通过每次可能发现的病毒特性进行转移——$f[i][j]$可以从四个状态进行转移，分别是$f[i][j], f[i+1][j], f[i][j+1], f[i+1][j+1]$
首先对于$f[i][j]$转移$f[i][j]$，意味着本次发现的病毒既不是新的种类的，也不是新的子任务里的。发现这种病毒的概率$p_1$是$\frac{i*j}{n*s}$
$f[i+1][j]$转移$f[i][j]$，意味着本次发现的病毒是新的子任务里的，但是是已知种类的。由于发现这种子任务只能从新的里面去选了，所以概率为$n-i$，因此发现这种病毒的概率$p_2$是$\frac{(n-i)*j}{n*s}$
$f[i][j+1]$转移$f[i][j]$，意味着本次发现的病毒不是新的子任务里的，但是是未知的种类。发现这种病毒的概率$p_3$是$\frac{(i*(s-j)}{n*s}$
$f[i+1][j]$转移$f[i][j]$，意味着本次发现的病毒既是新的子任务里的，也是未知种类的。发现这种病毒的概率$p_4$是$\frac{(n-i)*(s-j)}{n*s}$
因此我们只需要让每种状态的期望乘以相应的概率再加上1就可以了$$f[i][j] = f[i][j] * p_1 + f[i+1][j] * p_2 + f[i][j+1] * p_3 + f[i+1][j+1] * p_4 + 1$$
还是老套路，消去右边的f[i][j]，再除系数得
$$ f[i][j] = \frac{f[i+1][j] * p_2 + f[i][j+1] * p_3 + f[i+1][j+1] * p_4 + 1}{1 - p_1} $$
Code
可能是标程打错了，把printf中的%.4lf改成%.4f竟然对了，而且我用得是double不是float
/*By QiXingzhi*/ #include <cstdio> #include <queue> #define r read() #define Max(a,b) (((a)>(b)) ? (a) : (b)) #define Min(a,b) (((a)<(b)) ? (a) : (b)) using namespace std; typedef long long ll; const int N = 1010; const int INF = 1061109567; inline int read(){ int x = 0; int w = 1; register int c = getchar(); while(c ^ ‘-‘ && (c < ‘0‘ || c > ‘9‘)) c = getchar(); if(c == ‘-‘) w = -1, c = getchar(); while(c >= ‘0‘ && c <= ‘9‘) x = (x << 3) +(x << 1) + c - ‘0‘, c = getchar(); return x * w; } int n,s; double K,p1,p2,p3,p4; double f[N][N]; 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; p1 = (double)(i*j) / (double)(n*s); p2 = (double)((n-i)*j) / (double)(n*s); p3 = (double)(i*(s-j)) / (double)(n*s); p4 = (double)((n-i)*(s-j)) / (double)(n*s); K = p2*f[i+1][j] + p3*f[i][j+1] + p4*f[i+1][j+1] + 1; f[i][j] = (double)(K) / (double)(1.0 - p1); } } printf("%.4f", f[0][0]); return 0; }
标签：family cst mil 传送门 poj clu 状态 def 病毒
原文地址：https://www.cnblogs.com/qixingzhi/p/9346686.html
