例题一
题意：给定 n种物品，每次购买会随机买到一种，询问买到 n 种物品的期望次数。
考虑我们已经买到了 k 种物品，再继续买多少次能得到第 k+1种物品。
分析
设它为 x，则：
x=(1−k/n)⋅(x+1)+k/n
整理得：
x=1/(1−k/n)=n/(n-k)
那么答案就是 n*(1/n+1/n-1+1/n-2+....+1/1)
例题二
题意：一个软件有 s 个子系统，会产生 n 种bug。某人每天发现一个bug，每个bug属于某个子系统的概率是 1/s ，属于某种分类的概率是 1/n 。问发现n 种bug，且每个子系统都发现bug的天数的期望。
分析：
设 f[i,j] 表示已经找到了 i 种分类，j 种bug，还需要的期望天数。
类比例题一
f[i,j]=f[i,j+1]×i/n×(s-j)/s
+f[i+1,j]×(n-i)/n×j/s
+f[i+1,j+1]×(n-i)/n×(s-j)/s
+f[i,j]×i/n×j/s+1
不要看式子长其实很好理解的
为什么要加一呢，因为你做出这个决策会消耗一
例题三
题意：初始有 k 只生物，这种生物只能活一天，死的时候有 pi 的概率产生 i只新生物（也只能活一天），询问 m 天后所有生物都死的概率（包括 m 天前死的情况）。
分析
首先观察到每只生物是独立的，所以我们可以分开计算，最后 k次方。
例题四
分析：
类比例题二
同样可以得出这样一个dp
f[i,j]表示还有i张红牌(价值+1),选了j张黑牌(价值-1)的得分期望
因为要在最优策略下所以可以得出
例题五：
主要是这个优化真的好
code：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1005;
int n,m,l,r,v,a[N];
double dp[N][N<<1];
inline void cmax(double &x,double y) {
x=(x>y?x:y);
}
int main()
{
freopen("pigeon.in","r",stdin);
freopen("pigeon.out","w",stdout);
scanf("%d%d%d%d%d",&n,&m,&l,&r,&v),dp[n+1][m]=v;
for(int i=1; i<=n; ++i) scanf("%d",&a[i]);
for(int i=n; i>=1; i--)
{
double sum=0;
for(int j=l; j<=r; ++j) sum+=dp[i+1][min(j,m)]/(r-l+1);
for(int j=0; j<=m; ++j) cmax(dp[i][j],dp[i+1][j]+a[i]),cmax(dp[i][j],sum),sum=sum-dp[i+1][min(j+l,m)]/(r-l+1)+dp[i+1][min(j+r+1,m)]/(r-l+1);
}
cout<<dp[1][0];
return 0;
}