题意
(m)面骰子,求
1.连续出现(n)个相同的停止；
2.连续出现(n)个不同的停止
的期望投骰子次数。
(n,m ≤ 10^6)
sol
首先考虑一个转移式子吧。
设(f_i,g_i)分别表示已经连续出现了(i)个相同/不同时的期望步数：
[f_i=frac 1mf_{i+1}+frac{m-1}mf_1+1
]
（只有(frac 1m)的概率继续投出对应的颜色，否则就前功尽弃，从(1)重新开始）
[g_i=frac{m-i}{m}g_{i+1}+frac 1msum_{x=1}^{i}g_x+1
]
（如果投出了与之前相同的颜色，每种颜色各有(frac 1m)的概率出现，所以各有(frac 1m)的概率退回到(1..i)的状态）
边界状态(f_n=g_n=0)，我们的目标是求(f_0,g_0)。
考虑怎么解上面那个东西吧，这里我们用一种很经典的方法——错位相减。
先做(f_i)吧。
把(f_{i+1})对应的式子写出来：
[f_{i+1}=frac 1mf_{i+2}+frac{m-1}mf_1+1
]
两式相减：
[f_i-f_{i+1}=frac 1m(f_{i+1}-f_{i+2})
]
因为有一个很显然的条件式：(f_0-f_1=1)
所以就可以直接推得：
(f_1-f_2=m,f_2-f_3=m^2......f_{n-1}-f_n=m^{n-1})
那么(f_0=sum_{i=0}^{n-1}m^i=frac{1-m^n}{1-m})
然后是(g_i)。
同样把(g_{i+1})对应的式子写出来：
[g_{i+1}=frac{m-i-1}{m}g_{i+2}+frac 1msum_{x=1}^{i+1}g_x+1
]
同样两式相减：
[g_i-g_{i+1}=frac{m-i}mg_{i+1}-frac{m-i-1}mg_{i+2}-frac 1mg_{i+1}\=frac{m-i-1}m(g_{i+1}-g_{i+2})
]
同样还是根据(g_0-g_1=1)的性质可知：
(g_1-g_2=frac m{m-1},g_2-g_3=frac{m^2}{(m-1)(m-2)}......)
线性递推即可。
时间复杂度(O(Tn))
code
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
int main()
{
int T;
while (scanf("%d",&T)!=EOF)
while (T--)
{
int ty,m,n;scanf("%d%d%d",&ty,&m,&n);
if (!ty)
printf("%.10lf
",(pow(m,n)-1)/(m-1));
else
{
double ans=0,last=1;
for (int i=1;i<=n;++i)
ans+=last,last*=1.0*m/(m-i);
printf("%.10lf
",ans);
}
}
return 0;
}