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Solution:
刚开始还以为博弈论加概率，然而并不是...
设两个状态:(f(i))表示当前剩下(i)个石头时，先手的获胜概率，(g(i))为后手的获胜概率(注：先后手定义参照博弈论。。。)
我们再设(p')表示(A)抛硬币为正面朝上的概率，(q')表示(B)抛硬币为正面朝上的概率，则易得转移式:
[f(i)=p'g(i-1)+(1-p')g(i)\
g(i)=q'f(i-1)+(1-q')f(i)
]
现在我们是不能直接进行dp的，因为方程中存在与它同阶段的值，则我们需要进行转化
[f(i)=p'g(i-1)+(1-p')(q'f(i-1)+(1-q')f(i))\
f(i)=p'g(i-1)+(q'f(i-1)+(1-q')f(i))-p'(q'f(i-1)+(1-q')f(i))\
f(i)=p'g(i-1)+q'f(i-1)+(1-q')f(i)-p'q'f(i-1)-p'(1-q')f(i)\
f(i)=p'g(i-1)+q'f(i-1)-p'q'f(i-1)+(1-p')(1-q')f(i)\
f(i)=frac{p'g(i-1)+q'(1-p')f(i-1)}{1-(1-p')(1-q')}
]
类似的，我们同样可以得到关于(g(i))的式子:
[g(i)=frac{q'f(i-1)+p'(1-q')g(i-1)}{1-(1-p')(1-q')}
]
则这就是最终的转移方程式，但是，我们的(p'q')的定义是不同于题目给定的(pq)的，则我们需要具体分情况讨论：
当(f(i-1)>g(i-1))时，明显的，(A)不希望拿走石头，(B)也不希望拿走石头，则他们都希望硬币反面朝上
当(f(i-1)<g(i-1))时，(A)是希望拿走石头的，(B)也是希望拿走石头的，则他们都希望硬币正面朝上
到这里，我们还是有一个问题并没有解决，就是(n)过于大，事实上，(n)越大，概率越趋向于一个定值，而题目只要求保留6位数，则我们只要让(n)到1000就行了QAQ
Code:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1001;
int n;double q,p,f[N],g[N];
double rev(double x){return 1.0-x;}
int read(){
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(isdigit(ch)){x=x*10+ch-48;ch=getchar();}
return x*f;
}
int main(){
int T=read();
while(T--){
n=read();
scanf("%lf%lf",&p,&q);
f[0]=0,g[0]=1;n=min(n,N-1);
for(int i=1;i<=n;i++){
double gl1=p,gl2=q;
if(f[i-1]>g[i-1]) gl1=rev(gl1),gl2=rev(gl2);
f[i]=(1.0*gl2*(1.0-gl1)*f[i-1]+gl1*g[i-1])/(1-rev(gl1)*rev(gl2));
g[i]=(1.0*gl1*(1.0-gl2)*g[i-1]+gl2*f[i-1])/(1-rev(gl1)*rev(gl2));
}printf("%.6lf
",f[n]);
}return 0;
}