蓝桥杯试题 算法训练 印章 (dp&详解)

试题 算法训练 印章

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问题描述

　　共有n种图案的印章，每种图案的出现概率相同。小A买了m张印章，求小A集齐n种印章的概率。

输入格式

　　一行两个正整数n和m

输出格式

　　一个实数P表示答案，保留4位小数。

样例输入

2 3

样例输出

0.7500

数据规模和约定

　　1≤n，m≤20

解题思路：

n种图案，m张印章，概率为p=1/n，这个题因为情况不一样，所以我们可以分情况来看。

首先：dp[i][j]就代表i张印章凑齐j种图案的概率

然后我们先来看一般情况：

1) i

2) j=1，就说明我们买的i张印章里面，只要凑齐1种就行(注意是随便1种就可以了，就比如说abc三种，我们a算1种，b算1种，c算1种，概率计算的时候就算的是这三种概率的和  没理解的再想想...)

其中 j=1 的时候我们也可以分两种情况：一种就是 i=1，这个时候就相当于我们的概率dp[i][j]=1.另一种就是 i>1，我们每个图案的概率都是dp[i][1]= p^i；因为我们的图案不指定哪一种，所以我们的dp[i][j]是n种图案的概率之和，就是p^i*n；因为p=1/n；所以就是p^(i-1) 

接着我们看其它的情况：

3) 因为我们的凑的印章不规定是哪一种图案，所以我们dp记录我们概率值的时候，就得分情况：要么是有重复的(j已经凑齐了)，要么是没重复的(还有没凑齐的)
有重复的：表示前面的 i-1 张里面已经凑齐了 j 种，第 i 张就是重复前面的印章，这个时候前面已经出现过的 j 种印章再出现的时候，它就是 j*p 

这个时候dp[i][j] = dp[i-1][j] * (j/n) = dp[i-1][j] *(j*p)

无重复的：表示前 i-1 张凑齐了 j-1 种，其中，第 i 张就是最后的一种要凑的，因为题目不规定具体求那一种图案的概率，所以我们只需要乘以前面没出现过的印章再出现的概率，因为前面已经出现了 j-1 种了，所以我们剩下没出现的就是 n-(j-1) 种，只要是其中的一种就行了，这个时候凑齐最后一种的概率就是 （n-j+1）*p

这个时候dp[i][j] = dp[i-1][j-1]*(n-(j-1))/n = dp[i-1][j-1]*(n-j+1)*p

我们只需要把这两种情况相加即可。

最后只需要输出我们要求的dp[m][n] 就可以了。

AC

#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std; 
double dp[30][30];
int main(void)
{
	int n,m;
	cin>>n>>m;
	double p=1.0/n;
	memset(dp,0,sizeof(dp)); 
	for(int i=1;i<=m;i++)//i张印章 
	{
		for(int j=1;j<=n;j++)//j种图案 
		{
			if(i