POJ 2096Collecting Bugs ---期望DP（卡精度）

题目链接：http://poj.org/problem?id=2096

题目大意：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属于某种bug，发生在某个子系统中
求找到所有的n种bug，且每个子系统都找到bug，这样所要的天数的期望。需要注意的是：bug的数量是无穷大的，所以发现一个bug，出现在某个子系统的概率是1/s，属于某种类型的概率是1/n。

Sample Input

1 2

Sample Output

3.0000

emm，期望DP，有2种变量，那么一般是二维DP，设dp[i][j]，关键是dp数组的表示，它表示成什么，如果有了一个合理的解释，那么困难就会很好地解答题目，这里可以解释为已经找到$i$种问题，并且存在$j$个子系统中，也可以解释为剩余量。

那么这样转移的状态就很明显了，$dp[i][j]$由$dp[i-1][j],dp[i][j-1],dp[i-1][j-1],dp[i][j]$转移过来，只是正着推。。。我推不出来，都有点问题，那么就只能反向尝试了，$dp[i][j]$由$dp[i+1][j],dp[i][j+1],dp[i+1][j+1],dp[i][j]$转移过来。他们发生转移的概率为$frac{n-i}{n} imes frac{j}{s}$

$frac{i}{n} imes frac{s-j}{s}$

$frac{n-i}{n} imes frac{s-j}{s}$

$frac{i}{n} imes frac{j}{s}$

这个可以理解为由dp[i][j]转移到四个状态的概率，转移到dp[i+1][j]即产生新的问题，概率为$frac{n-i}{n}$，但还是在原来的子系统中，概率为$frac{j}{s}$。

那么答案出来了，我们将上述概率记为p1,p2,p3,p4，那么$dp[i][j]=p1*dp[i+1][j]+p2*dp[i][j+1]+p3*dp[i+1][j+1]+p4*dp[i][j]+1$。这个+1是每次的转移需要一天的时间锁产生的。那么也就是$(1-p4)*dp[i][j]=p1*dp[i+1][j]+p2*dp[i][j+1]+p3*dp[i+1][j+1]+1$。最后把$1-p4$除过去就OK了，但非常坑的是，p1,p2,p3,p4不能直接这么算，由于每次的除法都会损失一定的精度，所以这样写会使得答案的精度不够导致WA,WA,WA。。。我们就先做乘法，最后再除。

以下是AC代码：

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
using namespace std;

const int mac=1e3+10;

double dp[mac][mac];

int main() {
    int n,s;
    while (~scanf ("%d%d",&n,&s)) {
        dp[n][s]=0;
        for (int i=n; i>=0; i--)
            for (int j=s; j>=0; j--) {
                if (i==n && j==s) continue;
                double p1=1.0*(n-i)*j,p2=1.0*i*(s-j),p3=1.0*(n-i)*(s-j),p4=1.0*i*j;
                dp[i][j]=(dp[i+1][j]*p1+dp[i][j+1]*p2+dp[i+1][j+1]*p3+n*s)/(n*s)/(1-p4/(n*s));
            }
        printf("%.4f
",dp[0][0]);
    }

    return 0;
}