例题10-17 糖果 UVa1639

标签：uva   数学期望   

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2.解题思路：根据题意，不妨设最后打开第一个盒子，此时第二个盒子还有i颗糖果，因此这之前一共打开了n+(n-i)次盒子，其中n次取盒子1，n-i次取盒子2，取法一共有C(2*n-i,n)种，因此盒子2还剩i颗糖果时的概率是C(2*n-i,n)*p^(n+1)*(1-p)^(n-i)。注意最后一次打开盒子1的概率也要算上。有了概率，根据期望的定义不难求出答案。但需要注意的是，由于n可能非常大，因此要利用对数来计算，防止过多的精度损失。为了提高程序效率，可以事先算好n!取自然对数的值，便于后续计算；另外，p的边界可能是0或1，因此要单独处理。

3.代码：

#define _CRT_SECURE_NO_WARNINGS 
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<string>
#include<sstream>
#include<set>
#include<vector>
#include<stack>
#include<map>
#include<queue>
#include<deque>
#include<cstdlib>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<functional>
using namespace std;
#define N 200000
long double v1, v2;
long double Log[2*N+100];
void init()//预处理，计算n!的自然对数值
{
	for (int i = 1; i <= N * 2; i++)
		Log[i] = Log[i - 1] + log(i);
}
int main()
{
	//freopen("test.txt", "r", stdin);
	int rnd = 0;
	int n;
	double p;
	init();
	while (cin >> n >> p)
	{
		double ans = 0.0;
		printf("Case %d: ", ++rnd);
		if (p == 0 || p == 1)ans = n;//特殊处理
		else
		{
			long double p1 = log(p);
			long double q1 = log(1 - p);
			for (int i = 1; i <= n; i++)
			{
				long double c = Log[2 * n - i] - Log[n] - Log[n - i];
				v1 = c + (n + 1)*p1 + (n - i)*q1;
				v2 = c + (n + 1)*q1 + (n - i)*p1;
				ans += (double)i*(exp(v1) + exp(v2));
			}
		}
		printf("%.6lf\n", ans);
	}
	return 0;
}

例题10-17 糖果 UVa1639

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原文地址：http://blog.csdn.net/u014800748/article/details/43953809