Description
有一个由M个整数组成的序列，每次从中随机取一个数（序列中每个数被选到的概率是相等的）累加，一共取N次，最后结果能被3整除的概率是多少？
Input
输入包含多组数据。
对于每组测试数据，第一行包含两个整数M, N (1 <= M <= 100, 1 <= N <= 30)，含义同上。接下来一行包含M个在[1, 100]范围内整数，依次描述了这个序列中的各个整数。
Output
对于每组数据，用“Case X: Y”的格式输出答案，其中X表示是第几组测试数据（从1开始），Y表示最后结果能被3整除的概率，四舍五入保留8位小数。
Sample Input
2 2 1 2 1 2 4 1 3 4 5 10 4 5 3 1 5
Sample Output
Case 1: 0.50000000 Case 2: 0.00000000 Case 3: 1.00000000 Case 4: 0.33333340
Hint
这个题目主要是想推荐大家用“double”处理浮点数，而尽量不要用“float”，因为“float”的精度偏低，往往不能满足题目的精度要求，所以在ACM竞赛中索性可以直接使用“double”去处理浮点数问题。“double”用“%lf”控制读入，“%f”控制输出。
我们先解决一下其他的细节问题再来讨论这个题的思路。
首先，这个题目也是有多组数据的，但不像“A Sample Problem”那样直接给出了数据的组数，那么要怎么处理呢？这时我们一般采用类似while(scanf(“%d%d”, &M, &N) != EOF){}这样的代码来处理，“!= EOF”是关键，至于他的具体含义就不过多介绍了，总之有了这个框架之后，我们直接在while循环里面写我们处理每组数据的代码就可以了。这时你可能会有这样的疑问：如果这么写代码的话，那么我在手动输入样例的时候怎么才算结束输入呢？Ctrl + Z，然后回车就OK了！
其次，保留8位小数怎么处理呢？一般在ACM竞赛里面，如果没有明确说明具体怎么处理（比如要用“去尾法”），或者说让“四舍五入”，我们都采用类似printf(“%.8f”, x)的形式保留指定位数的小数。至于使用C++中的cout输出的同学，请自己查阅控制小数位数的相关资料。
接下来我们就分析这个题目怎么做吧。
首先，最后能不能被3整除，实际上和最后取出的整数之和（不妨记这个和为“S”）模3的结果有关系。所谓的“模”就是C/C++中的运算符“%”，就是“除以某个数取余”的意思。如果S%3==0，那么就是能被3整除，如果S%3==1或者S%3==2，那么就不能被3整除。也就是说我们要计算的就是S%3==0的概率。
我们不妨分析一下第四个样例。取十次有点多，我们先取一次看看。
取一次的话，模3得0的数只有3，所以S%3==0的概率就是0.2（记这个概率为p0），模3得1的数有两个：4和1，所以S%3==1的概率就是0.4（记这个概率为p1），同样的，模3得2的数有两个：5和5，所以S%3==2的概率也是0.4（记这个概率为p2）。
再分析一下取两次的情况？
取两次的话S%3==0的概率要怎么算呢？p0*p0 + p1*p2 + p2*p1 = 0.36。这么算的含义是什么呢？因为要保证最后S%3==0，那么如果第一次取出的数模3得0的话，第二次取的数必须也是模3得0，同样的，如果第一次取出的数模3得1的话，那么第二次取出的数必须是模3得2，如果第一次取出的数模3得2的话，那么第二次取出的数必须模3得1。这样我们就得到了上面的式子。同理，我们可以计算S%3==1的概率为p0*p1 + p1*p0 + p2*p2 = 0.32，S%3==2的概率也是0.32。
再分析一下取三次的情况？
取三次的话S%3==0的概率应当是0.36*p0 + 0.32*p2 + 0.32*p1。这么算的意义想必大家已经想到了，因为我们要保证最后S%3==0，那么如果前两次取出的数之和模3得0的话，那么第三次取出的数必须也是模3得0，同样的，如果前两次取出的数之和模3得1的话，那么第三次取出的数必须是模3得2，如果前两次取出的数之和模3得2的话，那么第三次取出的数必须是模3得1。同理，我们也很容易写出S%3==1以及S%3==2的概率要怎么算。
分析到这里想必大家应该已经想到第四次，第五次，一直到第十次要怎么计算了吧？用类似的办法，根据第三次的结果就可以计算出第四次的结果，根据第四次的结果就可以算出第五次的，等等。这样即使一直算到一百次也不成问题！for循环100次就OK了。
#include<stdio.h> double p[101][3]; int main() { int m,n,x,t=0; while(scanf("%d%d",&m,&n)!=EOF) { p[1][0]=p[1][1]=p[1][2]=0; for(int i=0;i<m;i++) { scanf("%d",&x); p[1][x%3]+=1; } p[1][0]/=m; p[1][1]/=m; p[1][2]/=m; for(int i=2;i<=n;i++) { p[i][0]=p[i-1][0]*p[1][0]+p[i-1][1]*p[1][2]+p[i-1][2]*p[1][1]; p[i][1]=p[i-1][0]*p[1][1]+p[i-1][1]*p[1][0]+p[i-1][2]*p[1][2]; p[i][2]=p[i-1][0]*p[1][2]+p[i-1][1]*p[1][1]+p[i-1][2]*p[1][0]; } printf("Case %d: %.8f ",++t,p[n][0]); } return 0; }