题目链接

题意:

一个人受雇于某公司要找出某个软件的bugs和subcomponents,这个软件一共有n个bugs和s个subcomponents,每次他都能同时随机发现1个bug和1个subcomponent,问他找到所有的bugs和subcomponents的期望次数。

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属于一个子系统,属于一个分类
每个bug属于某个子系统的概率是1/s,属于某种分类的概率是1/n
问发现n种bug,每个子系统都发现bug的天数的期望。

分析:

期望倒着推,概率正着推。

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)

要注意分子分母到底是哪一个,代表什么。

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;

移项整理得:
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 <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#define LL __int64
const int maxn = +;
using namespace std;
double d[maxn][maxn]; int main()
{
int n, s, i, j;
while(~scanf("%d%d", &n, &s))
{
memset(d, , sizeof(d));
d[n][s] = ;
for(i = n; i >= ; i--)
for(j = s; j >= ; j--)
{
if(i==n && j==s) continue;
d[i][j] = ( + d[i][j+]*(i*1.0/n*(s-j)*1.0/s)+
d[i+][j]*(j*1.0/s*(n-i)*1.0/n)+
d[i+][j+]*((n-i)*1.0/n*(s-j)*1.0/s))*1.0/(1.0-(i*j)*1.0/(n*s));
//上面的式子是三种情况 和 最后乘的是为了达到i、j加一天的概率。
//上面的递推式子简洁一点化简完是这样的:
//dp[i][j]=(i*(s-j)*dp[i][j+1]+(n-i)*j*dp[i+1][j]+(n-i)*(s-j)*dp[i+1][j+1]+n*s)/(n*s-i*j);
}
printf("%.4f\n", d[][]);
}
return ;
}

贴一个很好的概率dp的分析(转载的链接):

近年的acm竞赛中,数学期望问题常有涉及,在以前也常让本人感到很头疼,近来突然开窍,掌握了基本的分析方法,希望对大家有帮助。写得浅薄,可能数学上不够严谨,只供理解。

首先,来看下期望有啥基本的公式。

对离散型随机变量x,其概率为p,有

对随机变量A、B,有 

第二条式子是今天的主角,他表明了期望有线性的性质,简单理解就是期望之间可根据关系,简单运算(不严谨的理解)。 这就为我们解决一个期望问题,不断转化为解决另外的期望问题,最终转化到一个已知的期望上。

举一个求期望最简单的例子,见下图。

假设有个人在 1号节点处,每一分钟他会缘着边随机走到一个节点或者在原地停留,问他走到4号节点需要平均几分钟?

这是个简单的期望问题,我们用Ei(i=1,2,3,4) 表示从i号节点走到4号节点的数学期望值。根据题意对1号节点有

E1=(1/3)*E1+(1/3)*E2+(1/3)*E3+1 ①

表示 他下一分钟可以走到2或者3或在原地1,每个可能概率是1/3 ,注意是下一分钟,故要加上1.

同理我们对节点2,3同样可以列出

E2=(1/3)*E1+(1/3)*E2+(1/3)*E4+1 ②

E3=(1/3)*E1+(1/3)*E3+(1/3)*E4+1 ③

那E4等于多少呢? 很明显E4=0 ④,因为他就是要到点4

这样上面1234式其实就是组成了一组方程组,解方程组就可得出E1!!,用高斯消元,复杂度是O(n^3)

从上述例子,我们可总结出如何解决期望类问题,根据题意,表示出各个状态的期望(上例的Ei,1234),根据概率公式,列出期望之间的方程,解方程即可。

下面看用上述思路如何解决一道题(poj2096)

原题见附件1。

题意简述: 一个人受雇于某公司要找出某个软件的bugs和subcomponents,这个软件一共有n个bugs和s个subcomponents,每次他都能同时随机发现1个bug和1个subcomponent,问他找到所有的bugs和subcomponents的期望次数。

我们用E(i,j)表示他找到了i个bugs和j个subcomponents,离找到n个bugs和s个subcomponents还需要的期望次数,这样要求的就是E(0,0),而E(n,s)=0,对任意的E(i,j),1次查找4种情况,没发现任何新的bugs和subcomponents,发现一个新的bug,发现一个新的subcomponent,同时发现一个新的bug和subcomponent,用概率公式可得:

E(i,j)=1+(i*j/n/s)*E(i,j)+(i*(s-j)/n/s)E(i,j+1)+

((n-i)*j/n/s)*E(i+1,j)+(n-i)*(s-j)/n/s*E(i+1,j+1);

这样根据边界就可解出所有的E(i,j),注意因为当我们找到n个bugs和s个subcomponents就结束,对i>n||j>s均无解的情况,并非期望是0.(数学上常见问题,0和不存在的区别)

那这题是否也是要用高斯消元呢? 用高斯消元得话复杂度是O(n^3),达到10^18 根本是不可解的!!

但其实,注意观察方程,当我们要解E(i,j)的话就需要E(i+1,j),E(I,j+1),E(i+1,j+1), 一开始已知E(n,s),那其实只要我们从高往低一个个解出I,j就可以了! 即可根据递推式解出所有的E(I,j) 复杂度是O(n),10^6 ,完美解决。程序见附件2

从上面这道题,我们再次看到了解决期望问题的思路,而且是用到了递推解决问题,其实可递推的原因,当我们把各个状态当成是一个个节点时,概率关系为有向边,我们可看到,可递推的问题其实就是这个关系图是无环的!!那必须要用方程组解决的问题其实就是存在环!!!! 而且我还要指出的是用高斯消元的时候,要注意误差的问题,最好把式子适当的增大,避免解小数,否则误差太大,估计也会卡题。

再加一个题,今天同学问我的笔试题:

 #include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn = 1e5 + ;
double d[maxn]; int main()
{
int n, i;
while(cin>>n)
{
d[n+] = ;
for(i = n; i >= ; i--)
{
double p1, p2;
p1 = double(i)/double(n);
p2 = 1.0 - p1;
d[i] = (p1*(d[i+]+1.0)+p2)/(1.0-p2);
}
printf("%.4lf\n", d[]);
}
return ;
}
/*今天同学问我的一个笔试题,题意:一个人和n个人相亲,随机有可能重复相亲,
问把这n个人相亲完的次数? d[i] = d[i+1]*p1 + d[i]*(1-p1) + 1;
d[i]为从i人到n人的期望,p1为和没相过亲的人相的概率。
加一天d[i]有p1概率变为d[i+1],有(1-p1)概率还是d[i];
*/
注意:这本来应该是初始化d[n] = 0,输出d[0]。因为n的状态到n的状态需要0次。
但是如果这么算的话,就有i=0的时候,做分母不能算,所有就是初始化了d[n+1],输出d[1]。