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]。