参考博客：http://blog.csdn.net/napoleon_acm/article/details/40020297
题意：给定n*m的空棋盘
每一次在上面选择一个空的位置放置一枚棋子，直至每一行每一列都至少有一个棋子，求放置次数的期望
分析：
dp[i][j][k] 表示当前用了<=k个chess ,覆盖了i行j列(i*j的格子 每行至少一个，每列至少一个)的概率。
dp[i][j][k] 由 dp[i][j][k-1] , dp[i-1][j][k-1], dp[i][j-1][k-1], dp[i-1][j-1][k-1]得到，分别表示 添加的新的一个chess, 不覆盖新的行列， 只新覆盖一行， 只新覆盖一列， 同时新覆盖一行和一列,得到dp[i][j][k]。
递推时， 每个概率 * (可以覆盖的点数/剩余所有的空点数) 相加得到[i][j][k].
ans += (dp[n][m][i] - dp[n][m][i-1])* i； (i = [1, n*m])
#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()
{
double ans;
int t, i, j, k, n, m;
cin>>t;
while(t--)
{
cin>>n>>m;
memset(d, , sizeof(d));
d[][][] = ;
for(i = ; i <= n; i++)
for(j = ; j <= m; j++)
for(k = ; k <= n*m; k++)
{
int sum = n*m-k+;
d[i][j][k] = d[i][j][k-]*((i*j-k+)*1.0/sum*1.0)+ //因为这里还加上了已经覆盖了i行j列的概率，所以dp[i][j][k] 表示当前用了<=k个chess ,覆盖了i行j列(i*j的格子 每行至少一个，每列至少一个)的概率。
d[i-][j][k-]*(j*(n-i+)*1.0/sum*1.0)+
d[i][j-][k-]*(i*(m-j+)*1.0/sum*1.0)+
d[i-][j-][k-]*((n-i+)*(m-j+)*1.0/sum*1.0);
}
ans = ;
for(i = ; i <= n*m; i++)
ans += (d[n][m][i]-d[n][m][i-])*i; //减去表示用i个棋子覆盖的概率。 printf("%.12lf\n", ans);
}
return ;
}
做了后一道概率dp，发现也可以用期望你逆推的方法。
可参照博客：http://blog.csdn.net/smz436487/article/details/40049189
初始化：dp[i][n][m]=0;(0<=i<=n*m)
dp[0][0][0]就是答案。
2维的没办法描述每种状态下的概率
代码：
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
using namespace std;
double dp[][][];
int main()
{
int t,n,m;
scanf("%d",&t);
while(t--){
scanf("%d%d",&n,&m);
memset(dp,,sizeof(dp));
for(int i=n*m-;i>=;i--){
for(int j=n;j>=;j--){
for(int k=m;k>=;k--){
if(j==n&&k==m)continue;
if(j*k<i)continue;
double p1,p2,p3,p4;
p1=1.0*(j*k-i)/(n*m-i);
p2=1.0*(n-j)*k/(n*m-i);
p3=1.0*(m-k)*j/(n*m-i);
p4=1.0*(n-j)*(m-k)/(n*m-i);
dp[i][j][k]=dp[i+][j][k]*p1+dp[i+][j+][k]*p2+dp[i+][j][k+]*p3+dp[i+][j+][k+]*p4+;
}
}
}
printf("%.10lf\n",dp[][][]);
}
return ;
}