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题意：每张专辑需要一定的贴纸，购买的专辑上已有的贴纸数不确定。所以需要购买，购买的包中最少有a张贴纸，最多有b张贴纸，问为了填满专辑，每个人需要贴纸数的期望值。
题解：概率dp，开始的时候以为初始的时候每个人都是0张贴纸，然后购买的包的平均值是(a+b)/2,所以很简单，直接用n*2/(a+b),后发现答案不对，重新看题后发现，每个人所拥有的初始值不确定为 0 ~ n中的任意值，所以需要用dp
因为每个人所需要的初始值不确定。所以我们设dp[i]表示当前有i张，仍然需要dp[i]个卡包，最终的答案就是dp[0]。
我们可以发现，每次都可以以1/(b-a+1)得概率拿到(a,a+1~b)个贴纸。
这样很容易推出 ：
dp[i]={(dp[i+a]+1)+(dp[i+a+1]+1)+…+(dp[i+b]+1)}/(b-a+1)={dp[i+a]+dp[i+a+1]+…+dp[i+b]}/(b-a+1) + 1;
只需要维护dp[i+a]+dp[i+a+1]+…+dp[i+b]的和即可。
但是还要注意的是，因为当a=0时，后面的推导式中也会出现dp[i]，所以应该提出来。
最终的推导式为：
dp[i]={dp[i+1]+dp[i+2]+…+dp[i+b]}/(b-a)+(b-a+1)/(b-a);
下面是AC代码：
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;
const int N=2e6+10;
double dp[N];
int main()
{
int a,b;int n;cin>>n>>a>>b;dp[n]=0.0;if(a==0){
double sum=0;for(int i=n-1; i>=0; i--){
dp[i]=sum*1.0/(b-a)+(b-a+1)*1.0/(b-a)*1.0;sum+=dp[i];sum-=dp[i+b];}}else{
double sum=0;for(int i=n-1; i>=0; i--){
dp[i]=sum*1.0/(b-a+1)+1;sum+=dp[i+a-1];sum-=dp[i+b];}}printf("%.5lf",dp[0]);return 0;}
为什么倒推：我感觉倒推的原因一方面是边界问题，倒推不用考虑边界，另一方面是根据题设，本来就是倒推的，dp[n]是需要0个，dp[0]是需要n个。这道题问的就是需要多少个卡包，我们就设dp[i]需要几个卡包，这样设之后倒推也就是自然而然地。