题目大意不多说了
这里用dp[i][0] 代表取完第一个盒子后第二个盒子剩 i 个的概率，对应期望就是dp[i][0] *i
dp[i][1] 就代表取完第二个盒子后第一个盒子剩 i 个的概率
dp[i][0] = p^(n+1) * (1-p)^(n-i) * C(2*n-i , n-i) = p^(n+1) * (1-p)^(n-i) * (2*n-i)！ / (n-i)！ / n！
dp[i+1][0] = p^(n+1) * (1-p)^(n-i-1) * C(2*n-i-1 , n-i-1) = p^(n+1) * (1-p)^(n-i-1) * (2*n-i-1)！ / (n-i-1)！ / n！
dp[i][0] = dp[i+1][0] * (1-p) * (2*n-i) / (n-i)
dp[i][1]也是一样的道理
如果一开始给dp[n][0] 赋初值 pow(p,n+1) 那么如果n过大，那么因为精确度问题得到的是0
所以n+1个p在计算过程中在答案超过总数时一个一个往里乘
1 #include <iostream> 2 #include <cstdio> 3 #include <cmath> 4 using namespace std; 5 const int N = 200005; 6 double dp[N][2]; 7 8 int main() 9 { 10 // freopen("test.in","rb",stdin); 11 12 int n,cas = 0; 13 double p; 14 while(scanf("%d%lf",&n,&p)!=EOF){ 15 double ans1 = 0; 16 double ans2 = 0; 17 int last[2]; 18 last[0] = last[1] = n+1; 19 double q = 1-p; 20 dp[n][0] = 1; 21 dp[n][1] = 1; 22 ans1 += n; 23 ans2 += n; 24 for(int i=n-1;i>=1;i--){ 25 double tmp1 = q * (2*n-i) / (n-i); 26 double tmp2 = p * (2*n-i) / (n-i); 27 28 //递推过程，因为数目太多，p直接开方，数据大点的话就直接因精确度不够变为0 29 //所以每次在答案超过总数的情况下乘个p值 30 dp[i][0] = tmp1 * dp[i+1][0]; 31 dp[i][1] = tmp2 * dp[i+1][1]; 32 ans1 += (dp[i][0] * i); 33 while(ans1>n){ 34 dp[i][0] *= p; 35 ans1 *= p; 36 last[0]--; 37 } 38 ans2 += (dp[i][1] * i); 39 while(ans2>n){ 40 dp[i][1]*=q; 41 ans2 *= q; 42 last[1]--; 43 } 44 } 45 // cout<<" dp "<<dp[n]<<endl; 46 ans1 *= pow(p,last[0]); 47 ans2 *= pow(q,last[1]); 48 cas++; 49 50 printf("Case %d: %.6f ",cas,ans1+ans2); 51 } 52 return 0; 53 }