- 有一个(m)面的骰子，投出每一面的概率均等，求最后(n)次结果完全相同/不同时的期望投掷次数。
- 数据组数(le100,n,mle10^6)
概率生成函数
可见这篇博客：生成函数学习笔记（三）——概率生成函数初探。
总而言之是一个比较诡异的科技。
期望等于(F'(1))
我们设(f_i)表示序列最终长度为(i)的概率，并定义辅助序列(g_i)表示序列长度到达(i)不结束的概率。
由于(F'(1)=sum_{i=0}^{+infty}iP(X=i)=E(X))，所以我们就是要想办法表示出(F'(1))。
我们先列出一个很基本的式子：
[F(x)+G(x)=1+xG(x)
]
简单解释一下，对于第一个式子，容易发现(F(x)+G(x))的第(i)项是序列长度能达到(i)的概率，而(xG(x))的第(i)项是序列长度为(i-1)时不结束的概率，显然两者等价，而(1)用于补足常数项。
我们对两边同时求导，然后代入(x=1)就会发现：
[F'(x)+G'(x)=xG'(x)+G(x)\
F'(1)=G(1)
]
因此，(E(X)=F'(1)=G(1))。
最后(n)次结果相同
考虑我们连续加上(m)个相同字符（有(m)种方案）必然能达成条件，但也有可能提前达成条件，在一个已合法的情况后面又加上了(n-i)个相同字符。
因此列出式子：
[G(x)cdot m(frac 1mx)^n=sum_{i=1}^nF(x)cdot(frac1mx)^{n-i}
]
由于我们要求(G(1))，直接代入(x=1)即可解出：
[G(1)cdot(frac1m)^{n-1}=sum_{i=1}^n(frac1m)^{n-i}\
G(1)=m^{n-1}cdot frac{1-(frac1m)^{n}}{1-frac1m}=frac{m^{n}-1}{m-1}
]
最后(n)次结果不同
考虑我们连续加上(m)个不同字符（有(frac{m!}{(m-n)!})种方案）必然能达成条件，但也有可能提前达成条件，在一个已合法的情况后面又加上了(n-i)个不同字符（有(frac{(m-i)!}{(m-n)!})种方案）。
因此列出式子：
[G(x)cdot frac{m!}{(m-n)!}(frac1mx)^n=sum_{i=1}^nF(x)frac{(m-i)!}{(m-n)!}(frac1mx)^{n-i}
]
同样直接代入(x=1)即可解出：
[G(1)cdot frac{m!}{(m-n)!}(frac1m)^n=sum_{i=1}^nfrac{(m-i)!}{(m-n)!}(frac1m)^{n-i}\
G(1)=frac{m^n}{m!}sum_{i=1}^nfrac{(m-i)!}{m^{n-i}}=sum_{i=1}^nfrac{m^i}{m^{underline i}}
]
代码：(O(Tn))
#include<cstdio>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define DB double
using namespace std;
int n,m;I DB Calc0(CI n,CI m) {DB p=1;for(RI i=1;i<=n;++i) p*=m;return (p-1)/(m-1);}//最后n次相同
I DB Calc1(CI n,CI m) {DB t=0,p=1;for(RI i=1;i<=n;++i) p*=1.0*m/(m-i+1),t+=p;return t;}//最后n次不同
int main()
{
RI Tt,op;scanf("%d",&Tt);W(Tt--) scanf("%d%d%d",&op,&m,&n),printf("%.10lf
",op?Calc1(n,m):Calc0(n,m));return 0;
}