題目大意：給你兩個罐子，裡面有糖果每次只能從一個罐子裡面取一個糖果，開啟A的概率為p，問當一個罐子取完之後，另一個罐子剩糖果的期望是多少。

我們可以知道最少是取第n+1次的時候才會有一個罐子為空，我們可以推出組合公式：

(n-k)*C(n+k, k)*((1-p)^(n+1)*p^k+(1-p)^k*p^(n+k))；0 <= k && k <= n-1。

求一個和就是所有的組合情況了，但是組合數很大我們可以用log來進行優化。

我們已知：C(n,m) = m!/n!/(m-n)! = log(m!)/log(n!)/log(m-n)。

m！= 1*2*……*m = log(1)+log(2)+……+log(m).

先打表在直接求就可以了啊。

C(m,n)=exp(logC(m,n))

Candy

#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <stdlib.h>
#include <string.h>
#include <iomanip>
#include <stdio.h>
#include <string>
#include <queue>
#include <cmath>
#include <time.h>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#define eps 1e-8
///#define LL long long
#define LL __int64
#define INF 0x3f3f3f
#define PI 3.1415926535898
#define mod 1000000007


using namespace std;

const int maxn = 505000;

double f[maxn];
double logc(int m, int n)///C(n,m) = m!/n!/(m-n)!
{
    return f[m]-f[n]-f[m-n];
}

int main()
{
    f[0] = 0;
    for(int i = 1; i <= 400005; i++) f[i] = f[i-1]+log(i*1.0);
    int Case = 1;
    int n;
    double p;
    while(~scanf("%d %lf",&n, &p))
    {
        double sum = 0.0;
        for(int k = 0; k < n; k++)
        {
            ///sum += (n-k)*C(n+k, k)*((1-p)^(n+1)*p^k+(1-p)^k*p^(n+k));
            sum += 1.0*(n-k)*(exp(logc(n+k, k)+(n+1)*1.0*log(1.0-p)+k*1.0*log(p*1.0)) +  exp(logc(n+k, k)+(n+1)*1.0*log(p*1.0)+k*1.0*log(1.0-p)));
        }
        printf("Case %d: %.6lf\n",Case++, sum);
    }
}