题意：
给一个文档， 这个文档由yes 、no 组成， 共有s个byte， 共有n个yes、no。
假设yes的个数为yes_num, no的个数为no_num。
将这n个数进行排列， 对于每个排列， 将其右移一个结果， 并在最左端补上yes， 再将其与原排列进行对比， 看有多少个不同的。
计算所有排列中 不同结果的平均次数。
思路：
可能题意说的不是很清楚， 这里抽象一下， 将yes用1代替， no用0代替。
当n = 3, s = 7时， 也就是2个0 一个1， 有下面三种排列
100, 010, 001
对于每种排列的处理：
100
110 不同的只有一个， 有三种情况， 每种情况抽中的概率是1/3 所以 当前情况的期望就是 1/3 * 1
010
101 不同的有三个， 当前情况的期望是1/3 * 3
001
100 不同的有两个，当前情况的期望是1/3 * 2
so, 总的期望就是1/3 * （1+3+2） = 6 / 3 = 2
将原排列进行整理下， 会发现一个现象。
每种排列的次数就是原排列中有多少个相邻不同的数字， 如果最左端是0， 那么还要 + 1 （因为左端要补上1， 和0 不同 所以要加1）
此时可以发现， 当前状态的期望数其实和上一状态是有关系的。
假设dp[i][j][flag]为当前为第i位， 前面有j个1(yes)， 上一状态（第i + 1 位） 是flag(0 == no, 1 == yes)。
那么， flag 要么为0， 要么为一， 也即 第i + 1位的状态。
{……j 个 yes……} flag k {…………}， k为第i + 2 位的状态。
dp[i][j][flag] = (dp[i+1][j][0] + (flag != 0))* p_no + (dp[i + 1][j + 1] + (flag != 1)) * p_yes.
也有大神推出公式了， 不过在下实在推不出来 囧 坐等大神解答。
公式：（2.0 * yes_num * no_num + no_num）/(yes_num + no_num)
加一段递归代码用以理解状态转移方程。
1 double dp(int n, int y, int a) 2 { 3 if (n == 0) // There are no options to choose 4 return 0; 5 double p_no = (n - y) / (double) n; 6 double p_yes = y / (double) n; 7 double ans = 0; 8 if (y < n) 9 ans += (dp(n - 1, y, 0) + (a != 0)) * p_no; 10 if (y > 0) 11 ans += (dp(n - 1, y - 1, 1) + (a != 1)) * p_yes; 12 return ans; 13 }
代码：
1 #include <cmath> 2 #include <cstdio> 3 #include <cstring> 4 #include <cstdlib> 5 #include <ctime> 6 #include <set> 7 #include <map> 8 #include <list> 9 #include <queue> 10 #include <string> 11 #include <vector> 12 #include <fstream> 13 #include <iterator> 14 #include <iostream> 15 #include <algorithm> 16 using namespace std; 17 #define LL long long 18 #define INF 0x3f3f3f3f 19 #define MOD 1000000007 20 #define eps 1e-6 21 #define MAXN 5050 22 int n, s; 23 double dp[2][MAXN][2];// 0 --> NO, 1 --> yes 24 int yes_num, no_num; 25 int kcase = 0; 26 void solve() 27 { 28 memset(dp, 0, sizeof(dp)); 29 yes_num = s - 2 * n; 30 no_num = n - yes_num; 31 for(int i = 1; i <= n + 1; i ++) 32 for(int j = 0; j <= min(i, yes_num); j ++) 33 { 34 double p_yes = j * 1.0 / i; 35 double p_no = (i - j) * 1.0 / i; 36 37 if(j - 1 >= 0) 38 { 39 dp[i % 2][j][1] = dp[(i + 1) % 2][j - 1][1] * p_yes + (dp[(i + 1) % 2][j][0] + 1.0) * p_no; 40 dp[i % 2][j][0] = (dp[(i + 1) % 2][j - 1][1] + 1.0) * p_yes + dp[(i + 1) % 2][j][0] * p_no; 41 } 42 else 43 { 44 dp[i % 2][j][1] = (dp[(i + 1) % 2][j][0] + 1.0) * p_no; 45 dp[i % 2][j][0] = dp[(i + 1) % 2][j][0] * p_no; 46 } 47 } 48 printf("Case %d: %.7lf ", ++kcase, dp[n % 2][yes_num][1]); 49 } 50 void solve_() 51 { 52 memset(dp, 0, sizeof(dp)); 53 yes_num = s - 2 * n; 54 no_num = n - yes_num; 55 56 for(int i = n - 1; i >= 0; i --) 57 for(int j = min(i, yes_num); j >= 0 && (i - j <= no_num); j --) 58 { 59 double p_yes = (yes_num - j) * 1.0 / (n - i); 60 double p_no = (no_num - (i - j)) * 1.0 / (n - i); 61 62 if(j + 1 <= yes_num) 63 { 64 dp[i % 2][j][0] = (dp[(i + 1) % 2][j + 1][1] + 1.0) * p_yes + dp[(i + 1) % 2][j][0] * p_no; 65 dp[i % 2][j][1] = dp[(i + 1) % 2][j + 1][1] * p_yes + (dp[(i + 1) % 2][j][0] + 1.0) *p_no; 66 } 67 else 68 { 69 dp[i % 2][j][0] = p_yes + dp[(i + 1) % 2][j][0] * p_no; 70 dp[i % 2][j][1] = (dp[(i + 1) % 2][j][0] + 1.0) *p_no; 71 } 72 } 73 printf("Case %d: %.7lf ", ++kcase, dp[0][0][1]); 74 } 75 76 int main() 77 { 78 int T; 79 scanf("%d", &T); 80 while(T --) 81 { 82 scanf("%d %d", &n, &s); 83 solve_(); 84 } 85 return 0; 86 }