UVa1639 - Candy(期望+对数精度处理)

注意题意是开始两个盒子各有n个糖果，等吃完就只有两种情况，盒子1没了，或者盒子2没了。

这完全是个求概率期望的数学问题。借用二项分布公式:

P(ξ=K)= C(n,k) * p^k * (1-p)^(n-k), 其中C(n, k) = n!/(k! * (n-k)!)注意！:第二个等号后面的括号里的是上标，表示的是方幂。

得出第i次打开盒子1没糖的概率C(2n-1,n)p^(n+1)(1-p)^(n-i)

得出第i次打开盒子2没糖的概率C(2n-1,n)(1-p)^(n+1)p^(n-i)

第i次打开盒子没有糖的概率就为上述两式相加，根据期望公式每次与i相乘求和则为总期望。

一下为精度处理：

为什么要精度处理？

题目给出的n的范围是(1<=n<=2*10^5),所以组合数C可能非常的大，在n很大的情况下，两个概率的结果就十分趋向于0.

所以本题可以用对数对精度进行处理：

等是两边分别取对数，得出的概率就是exp(取对数的结果)。

#include<cstdio>
#include<cmath>
using namespace std;
const int maxn = 200000 + 5;
long double logF[maxn*2+1];
 long double logC(int m,int n){
    return logF[m]-logF[n]-logF[m-n];
}
int main()
{
    for(int i=1;i<=maxn*2;i++)
        logF[i]=logF[i-1]+log(i);
    int n,kase=0;
    double p;
    while(scanf("%d%lf",&n,&p)==2){
         double ans=0.0;
        for(int i=1;i<=n;i++){
            long double c = logC(2*n-i,n);
            long double v1=c+(n+1)*log(p)+(n-i)*log(1-p);
            long double v2=c+(n+1)*log(1-p)+(n-i)*log(p);
            ans +=(double) i*(exp(v1)+exp(v2));
        }
        printf("Case %d: %.6lf\n",++kase,ans);
    }
}

ans和p都必须是double型的，不知为什么用long double会出错。