UVA.1639 Candy (期望 高精度)

题意分析

有个人有两个都装着n颗糖的箱子，他从其中一个箱子取出一颗糖的概率为p，从另外一个箱子取出糖的概率为1−p。有一天他取的时候发现有一个箱子没有糖了，请问另外一个箱子有糖的期望是多少。

假设

我们首先假设现在另外一个箱子还剩下i颗糖果。

分析

既然没有糖了，说明这个人从共取了2∗n−i次糖果，其中取了某个箱子n次，取了另外一个箱子n−i次。所以共有Cn2∗n−i种取法，由此可以得到期望公式。(由于最后又取了一下这个箱子，所以应该是n+1次)

∑i=1nCn2∗n−i∗pn+1∗(1−p)n−i∗i

对数优化

由于上式子 pn+1 与 (1−p)n−i可能非常小，这样的话最后计算会出现问题，所以要想办法进行优化。

优化的办法就是取对数计算。

我们知道： Ckn=n!k!(n−k)!, 两边同时取对数后可以得到：

ln(Ckn)=ln(n!)−ln(k!)−ln((n−k)!)

而pn+1∗(1−p)n−i 也可以如此计算，从而取对数得到：

(n+1)∗ln(p)+(n−i)∗ln(1−p)

具体看代码

代码总览

#include <bits/stdc++.h>#define ld long double#define nmax  2000005using namespace std;ld logpre[nmax * 2];void init(){    for(int i = 1;i<nmax*2;++i){        logpre[i] = logpre[i-1] + log(i);    }}ld get(int n, int k){    return logpre[n] - logpre[k] - logpre[n-k];}double p;int n;int main(){    init();    int kase = 1;    while(scanf("%d %lf",&n,&p) != EOF){        double ans = 0;        long double ans1 = 0,ans2 = 0;        for(int i = 1;i<=n;++i){            ans1 = (get(2*n-i,n) +  (n+1) * log(p) + (n-i) * log(1-p));            ans2 = (get(2*n-i,n) +  (n+1) * log(1-p) + (n-i) * log(p));            ans +=  (long double) i* (exp(ans1) + exp(ans2));        }        printf("Case %d: %lf\n",kase++,ans);    }    return 0;}