题目链接：Beating the Dataset - LightOJ 1274 - Virtual Judge (ppsucxtt.cn)

简化版题意：某人在蒙题，题目答案只有yes和no两种答案，总共有n道题，一开始你知道了n道题中答案为yes的题目数，你每蒙一道题之后，系统会告诉你正确答案是什么。你遵循的蒙题策略如下：

（1）第一道题目你一定蒙yes

（2）从第二道题目起，你每次蒙的答案都是上一道题的答案，比如说我现在做到了第i题，第i-1题的结果是no，那我第i题就直接蒙no

求你蒙错题的数量的期望值。

题目分析：这道题目我做了很长时间，每次读一遍题就得到一些新的信息(+_+),首先需要知道的一个信息就是答案是随机分布的，下一次的答案取决于当前所剩的yes和no的数量，其次需要挖掘的隐含条件就是比如总共有cntyes个题目是yes，你在第i道题目时恰好碰到了最后一个yes，按照正常人的思维就应该知道之后题目的答案都是no，但是由于第i道题目的答案是yes，所以你第i+1道题目还是会蒙yes，服了~

我们可以用动态规划来解决这道题目，设f[i][j][k]表示你当前做到了第i道题目，第i道及之前的题目中有j道题目正确答案是yes，第i道题目的正确答案是yes/no(k=1/0)，利用这个含义我们就可以进行递推了，递推分析如下：

设n道题目中答案为yes的题目一共有cntyes道

j+1<=cntyes时：（意味着之后的答案还可能是yes）

f[i][j][0]代表着第i次答案为no，则我下一次会蒙no，下次答案为yes的概率为（cntyes-j）/(n-i)，也就是说这是我下一次蒙错的概率，我下一次蒙对的概率就是1-蒙错概率

f[i][j][1]代表着第i次答案为yes，则我下一次会蒙yes，下次答案为yes的概率为（cntyes-j）/(n-i)，也就是说这是我下一次蒙对的概率，我下一次蒙错的概率就是1-蒙对概率

j==cntyes时：（意味着之后的答案全是no）

f[i][j][0]代表着第i次答案是no，因为之后的答案全是no，则我下次一定蒙对，则有f[i][j][0]=f[i+1][j][0]

f[i][j][1]代表着第i次答案是yes，因为之后的答案全是no，则我下次一定蒙错，则有f[i][j][1]=f[i+1][j][0]+1

第一次答案是yes的可能性是cntyes/n，这也就是我第一次蒙对的概率，则我蒙错的概率就是1-cntyes/n，则答案就是f[1][1][1]*cntyes/n+(f[1][0][0]+1)*cntno/n

最后需要注意的时，由于空间原因，所以要开滚动数组

下面是代码：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<queue>
using namespace std;
const int N=5e3+10;
double f[2][N][2];//表示该状态后面错误次数的期望值  
//f[i][j][k]第一维表示当前处理到第i个回答
//第二维表示第i个位置及之前的题目答案中已经出现了j个YES
//第三维表示第i位答案是YES/NO(1/0)的情况下
int main()
{int T,n,m;cin>>T;for(int o=1;o<=T;o++){scanf("%d%d",&n,&m);int cntyes=m-2*n;int cntno=n-cntyes;f[n&1][cntyes][0]=f[n&1][cntyes][1]=0;//终止态 for(int i=n-1;i>=1;i--){int minyes=max(0,i-cntno);int maxyes=min(i,cntyes);for(int j=minyes;j<=maxyes;j++){double pyes=1.0*(cntyes-j)/(n-i);//下一次答案为yes的概率 double pno=1-pyes;//下一次答案为no的概率 if(j+1<=cntyes)//第i次之后的答案还可能出现yes {f[i&1][j][0]=pyes*(f[(i+1)&1][j+1][1]+1)+pno*f[(i+1)&1][j][0];//第i个位置答案是no，则下一次猜no，有pyes的概率猜错 f[i&1][j][1]=pyes*f[(i+1)&1][j+1][1]+pno*(f[(i+1)&1][j][0]+1);//第i个位置答案是yes，则下一次猜yes，有（1-pyes）的概率猜错 }else//第i次之后的答案只能是no {f[i&1][j][0]=f[(i+1)&1][j][0];//第i个位置答案是no，则下一次猜no，一定猜对 f[i&1][j][1]=f[(i+1)&1][j][0]+1;//第i个位置答案是yes，则下一次猜yes，一定猜错，期望+1 }}}double ans=f[1][1][1]*cntyes/n+(f[1][0][0]+1)*cntno/n;//第一次答案为yes的概率为cntyes/n，也就是说第一次猜对的概率为cntyes/nprintf("Case %d: %.10lf\n",o,ans);}return 0;
}