2017 ICPC乌鲁木齐 A Coins 概率dp

Coins

题意：一开始所有n个硬币都是反面朝上的，每次必须拿k个来抛，抛的人足够聪明，问m次之后向上的硬币的期望。

首先说了这个足够聪明的意思，就是只要向反面的有k个就不会sb地去拿向正面的来抛，想了一会之后就觉得是个概率dp的转移，

然而一开始想漏了个组合数的加权，但在+1的提醒下搞通了，但是分析了下，这是nmk的时间复杂度，

1e6还有个1e3的大T,emmm理论上会TLE的，但结果看网上题解，都是跟自己思路差不多，所以也是很迷。

嗯，转移过程其实很简单，dp[i][j]就是第i次抛了之后j个硬币向上的概率，所以如果n-j>=k很明显，这是全部拿向反面的来抛就行，那么dp[i+1][j+kk]=dp[i][j]*0.5的k次方*k个里面有kk个向正面的组合数

而n-j<的话，那么就得那一些向正面的来抛了，剩下的正面的就j-(k-(n-j))也就是n-k个，那么dp[i+1][n-k+kk]=dp[i][j]*0.5的k次方*k个里面有kk个向正面的组合数

#include<cstdio>
const int N=111;
double cf05[N],c[N][N],dp[N][N];
void init(){
    for(int i=0;i<=100;i++){
        c[i][0]=1.0;
        for(int j=1;j<=i;j++){
            if(j<=i/2) c[i][j]=c[i-1][j-1]+c[i-1][j];
            else c[i][j]=c[i][i-j];
        }
    }
    cf05[0]=1.0;
    for(int i=1;i<=100;i++) cf05[i]=cf05[i-1]*0.5;
}
int main(){
    init();
    int t,n,m,k;
    scanf("%d",&t);
    while(t--){
        scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
        for(int i=0;i<=m;i++)
            for(int j=0;j<=n;j++) dp[i][j]=0.0;
        dp[0][0]=1.0;
        for(int i=0;i<m;i++){
            for(int j=0;j<=n;j++){
                if(dp[i][j]==0.0) continue;
                for(int kk=0;kk<=k;kk++){
                    if(n-j>=k) dp[i+1][j+kk]+=dp[i][j]*cf05[k]*c[k][kk];
                    else dp[i+1][n-k+kk]+=dp[i][j]*cf05[k]*c[k][kk];
                }
            }
        }
        double ans=0.0;
        for(int i=0;i<=n;i++) ans+=dp[m][i]*i;
        printf("%.3f
",ans);
    }
    return 0;
}