这是一个期望的题目，有两种做法。
一种是比较好想的高斯消元，另一种是思维难度稍微大了一些的数学做法，但是代码很短，时间复杂度也更优秀。
（高斯消元做法）
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
int read()
{
int x=0,f=1;char c=getchar();
while (c<'0'||c>'9') {if (c=='-') f=-1;c=getchar();}
while (c>='0'&&c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
return x*f;
}
#define N 210
int n,m;
double a[N][N],p;
void gauss()
{
for (int i=0;i<n+m+1;i++)
{
int mx=i;
for (int j=i+1;j<=n+m+1;j++)
if (fabs(a[j][i])>fabs(a[mx][i])) mx=j;
if (i!=mx) swap(a[i],a[mx]);
for (int j=i+1;j<=n+m+1;j++)
{
double t=a[j][i]/a[i][i];
for (int k=i;k<=n+m+2;k++)
a[j][k]-=t*a[i][k];
}
}
}
int main()
{
n=read(),m=read();cin>>p;
a[0][0]=p;a[0][1]=1-p;a[0][0]--;a[0][n+m+2]--;
for (int i=1;i<n+m;i++)
a[i][i-1]=p,a[i][i+1]=1-p,a[i][i]--,a[i][n+m+2]--;
a[n+m][n+m]=1-p;a[n+m][n+m-1]=p;a[n+m][n+m]--,a[n+m][n+m+2]--;
a[n][n-1]=a[n][n+1]=a[n][n+m+2]=0;
a[n+m+1][n-1]=p,a[n+m+1][n+1]=1-p,a[n+m+1][n+m+1]--,a[n+m+1][n+m+2]--;
gauss();
printf("%.7lf",a[n+m+1][n+m+2]/a[n+m+1][n+m+1]);
return 0;
}
以前没有怎么做过期望的题目，更是没有想到可以用高斯消元来做期望的题目。
但是现在发现其实这是个挺常见的套路，所以就学习了一下qwq
有兴趣的话可以去做一下HNOI2013游走，这个也是高斯消元来求解未知数的期望类型题目。
（数学做法）
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define MAXN 110
using namespace std;
long double sum[MAXN],p,ans=1.0;
int n,m;
int main()
{
cin>>n>>m;
cin>>p;
sum[0]=1.0;
for(int i=1;i<=n+m;i++)
sum[i]=sum[i-1]*(1-p)/p,ans+=sum[i];
printf("%.8Lf",(1/(sum[n]/ans)));
return 0;
}
其实这个题有类似的题目收集邮票有兴趣的话可以尝试一下，思路很相近。
这个做法就比较玄妙了。
我们可以这样想：
我们把状态进行分离，因为Alice和Bob的宝石总和不变，所以我们只考虑Alice的个数，我们将状态抽离出来为她拥有0~n+m这n+m+1种状态，我们要计算这些状态在总体上的期望出现次数。而这些状态之间每次都会有概率加成的转移。
因为游戏会进行无限轮（也就是无穷大），这样的话开始几次的情况其实对整体的影响很小很小。而在进行了无穷多的传递后，各个状态出现的期望出现次数应该是达到了稳定值（当然这其中肯定是每轮之间是有变化的，但是要理解的一点是，我们将状态转移进行了无穷多轮，所以我们要从整体上来看，那么均摊到每个状态的概率肯定是稳定的、恒定的）
既然每种状态的概率是稳定的，那么我们考虑每次状态的转移。考虑状态(A_k)和它的上一个状态(A_{k-1})，(A)每次有p的概率转移到上一个状态，它的上一个状态有1-p的概率转移到它。但是要维持在总体上他们的稳定，那么就有(A_k imes p=A_{k-1} imes (1-p))，这样的话我们可以知道这些状态的分布呈公比为(frac{1-p}{p})的等比数列。那么我们假设开始的0状态为单位1，就可以进行递推了。
随后我们可以用(A_n)状态来除以总数，算出在这些状态中（如果把总和看作单位1的话），n状态出现的次数（比1小）。最后我们将整个游戏的无数个回合具象成一条直线。那么n状态就是上面的一些间隔的点。我们要求的问题也可以转化成相邻两个n状态出现的间隔。那么就用1来除以它就可以了。