HDu 4465 Candy(2012 ACM-ICPC成都ライブ)

単純確率問題は,残りのn個から残りの0個に直接プッシュできる.現在、残りのx個の確率が(1−p)のcandyである場合、確率はC(2*n−x,x)*pow(p,n+1)*pow(1−p,n−x)である.
x−1を書く場合,組合せ数は直接プッシュできることが分かったので,直接求めることができる.しかし、pが小さいかもしれないし、nが大きいかもしれないことを考慮すると、pow関数を直接使うと精度が失われ、doubleタイプをlog 10の形式に書くことができ、精度を保存することができます.

#include<algorithm>

#include<iostream>

#include<cstring>

#include<cstdlib>

#include<fstream>

#include<sstream>

#include<bitset>

#include<vector>

#include<string>

#include<cstdio>

#include<cmath>

#include<stack>

#include<queue>

#include<stack>

#include<map>

#include<set>

#define FF(i, a, b) for(int i=a; i<b; i++)

#define FD(i, a, b) for(int i=a; i>=b; i--)

#define REP(i, n) for(int i=0; i<n; i++)

#define CLR(a, b) memset(a, b, sizeof(a))

#define debug puts("**debug**")

#define LL long long

#define PB push_back

#define SL(a) strlen(a)

using namespace std;



const int N = 11;

const int MOD = 1e9 + 7;



int main()

{

    int n, cas = 1, i, j;

    double p, ans, now;

    while(scanf("%d%lf", &n, &p) != EOF)

    {

        now = log10(p) * (n + 1);

        ans = pow(10.0, now) * n;

        for(i = n - 1; i > 0; i --)

        {

            now = now + log10(2 * n - i + 0.0) - log10(n - i + 0.0) + log10(1 - p);

            ans += pow(10.0, now) * i;

        }

        p = 1 - p;

        now = log10(p) * (n + 1);

        ans += pow(10.0, now) * n;

        for(i = n - 1; i > 0; i --)

        {

            now = now + log10(2 * n - i + 0.0) - log10(n - i + 0.0) + log10(1 - p);

            ans += pow(10.0, now) * i;

        }

        printf("Case %d: %.6lf
", cas ++, ans);

    }

}