这个题的正解是 (O(n)) 一次询问的， 主要用到的技巧是数列操作的技巧。
type 0
使用期望 dp， 设 f[i] 表示末尾已有 i 个相同的， 停止所需的期望次数， 所求即为 f[0]。
[egin{align}
f[0] &= 1 +f[1] ag{1}
\
f[i] &= 1 + frac 1mf[i+1] + frac{m-1}{m}f[1] ag{2}
\
f[i+1] &= 1 + frac 1mf[i+2] + frac{m-1}{m}f[1] ag{3}
\
f[n] &= 0 ag{4}
end{align}
]
((2)-(3)) 得：
[m*(f[i]-f[i+1]) =f[i+1]-f[i+2]
]
注意到这是个递推式， 设 (f'[i] = f[i]-f[i+1])， 那么 (f[0] = sumlimits_{i=0}^{n-1} f'[i])（由于 (f[n]=0)）。
显然 (f'[0]=1)，于是就可以递推了。
type 1
还是使用期望 dp， 设 f[i] 表示末尾已有 i 个两两不同的， 停止所需的期望次数， 所求还是 f[0]。
[egin{align}
f[0] &= 1+f[1] ag{1}
\
f[i] &= 1 + frac{m-i}{m} f[i+1] + frac 1m left( f[1]+f[2]+cdots +f[i]
ight) ag{2}
\
f[i+1] &= 1 + frac{m-i-1}{m} f[i+2] + frac 1m left( f[1]+f[2]+cdots +f[i+1]
ight) ag{3}
\
f[n] &= 0 ag{4}
end{align}
]
还是 ((2)-(3)) 得：
[egin{align}
f[i] - f[i+1] &= frac{m-i}mf[i+1] - frac{m-i-1}mf[i+2] - frac 1mf[i+1]
\
m*f[i] - m*f[i+1] &= (m-i)*f[i+1] - (m-i-1)*f[i+2] - f[i+1]
\
m*f[i] - m*f[i+1] &= (m-i-1)*f[i+1] - (m-i-1)*f[i+2]
\
m*(f[i]-f[i+1]) &= (m-i-1)*(f[i+1]-f[i+2])
end{align}
]
又是个递推式， 设 (f'[i] = f[i]-f[i+1])， 依然有 (f[0] = sumlimits_{i=0}^{n-1} f'[i])。
显然 (f[0]=1)， 依然可以递推。
code
hduOJ 厌 getchar type 快读好震撼啊。
#include<cstdio>
#define gc() getchar()
using namespace std;
double calc0(int n,int m)
{
double res = 1, f = 1;
for(int i=1;i<n;++i)
{
f = f * m;
res += f;
}
return res;
}
double calc1(int n,int m)
{
double res = 1, f = 1;
for(int i=1;i<n;++i)
{
f = f * m / (m-i);
res += f;
}
return res;
}
int main()
{
// cout << calc0(5,6);
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
int op,n,m;
scanf("%d%d%d",&op,&m,&n);
if(op==0)
printf("%.9lf
", calc0(n,m));
else
printf("%.9lf
", calc1(n,m));
}
return 0;
}