一开始我还在那里想用组合公式做，就是把所有的从连续为M 到N 所有的可能都写一下，可是根本都不行。一个是数太大，一个是情况太多了。今天看见AV_VON的解题报告，原来，原来是DP啊
我们根据他的数据要求开一个数组，大小为2001， dp[2001]。这个数组用来存放子问题的解，比如dp[i]就代表投完第i个硬币时，已有连续m个正面的概率。具体假如m是2，dp[0],dp[1]肯定0，因为投币0次或1次不可能出现连续两次正面。
分三种情况讨论：
1. n小于m，即dp数组下标i要小于m的时候，概率值都为0，原因如上所述。
2. 下标i等于m，也就是说n等m，投多少次刚好多少次是正面，这个概率是0.5的m次方
3. 下标i大于m，即n大于m的时候，这个又要分两种情况，概率是这两种情况之和：
(1). 在i之前已经有m次连续了，如果恰好前面第i-1个是连续m次，那第i次如果是正面的话就是连续m+1次符合题目要求，如果第i次是反面的话那恰好就是m次也满足题目，也就是说他第i次无论是正面还是反面都满足条件，所以dp[i]的概率第一种情况由dp[i-1]组成。
(2). 第i次的时候恰好连续了m次，也就是说他前面m-1次都是正面，那他前面m次的那次是必须是一个反面，否则不能刚好在第i次的时候连续m次正面了。他前面m次的那次是一个反面，那个反面的前一次有连续m次的概率是dp[i-(m+1)]，那他没有连续m次正面的概率是1-dp[i-(m+1)]，他后面的那次是反面，所以概率是0.5然后接着有m次的0.5概率，即总共是0.5的m+1次方。第二种情况的概率是：dp[i-(m+1)]*pow(0.5, m)
所以第三种情况的概率是他们两个之和：dp[i-1]+dp[i-(m+1)]*pow(0.5, m)
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<iostream>
#include<math.h>
using namespace std;
int main()
{
double dp[2011];
int n,m;
int i;
while(cin>>n>>m,n+m)
{
for(i=0;i<m;i++)
dp[i]=0;
dp[m]=pow(0.5,m);
for(i=m+1;i<=n;i++)
dp[i]=dp[i-1]+(1-dp[i-m-1])*pow(0.5,m+1);
printf("%.2lf\n",dp[n]);
}
}