Red is good

事先说明，看的题解

题目描述
桌面上有R张红牌和B张黑牌，随机打乱顺序后放在桌面上，开始一张一张地翻牌，翻到红牌得到1美元，黑牌则付出1美元。可以随时停止翻牌，在最优策略下平均能得到多少钱。

输入格式
一行输入两个数R,B,其值在0到5000之间

输出格式
在最优策略下平均能得到多少钱。

样例
样例输入
5 1
样例输出
4.166666
数据范围与提示
输出答案时,小数点后第六位后的全部去掉,不要四舍五入.

…………
很显然啊，我不会
根据本题（和题解），可以发现，最优策略是指如果发现抽牌亏的概率平均下来特别大，那么就直接停止，例如你在知道剩下的都是黑牌，那么你肯定不会去抽，或者有一万张黑牌，有两张红牌，那么你也一定不会去冒这个险
根据绿豆蛙和osu，可以想到利用期望的线性性质从上一个状态转移到本状态来，一开始想了一个抽象的dp，以剩下i张牌的期望为f[i]:
\(f[i]=(f[i-1]+1)*p[i]-f[i-1]*(1-p[i])\)

截止条件就是红牌数为0

但很明显不对，首先是没有把红和黑分开（总不能一直抽红吧），其次是抽黑牌应该是\((f[i-1]-1)*(1-p[i])\)，最后是我停止不一定就是没红牌了，根据上面的口胡会发现，如果我亏的概率大也会停止，然后就去看题解了

正题开始

既然我没法根据剩余的牌来推，那么就反着来，根据我现有的牌（假设我要抽的只是牌堆中的一部分牌）来建dp，令f[i][j]为我从i张红牌，j张黑牌抽牌的期望，那么转移方程就是：
\(f[i][j]=(f[i-1][j]+1)*p[i]+(f[i][j-1]-1)*(1-p[i])\)
\(p[i]=i/(i+j)\)
但这个方程没有考虑停止的情况，也就是说，他会一直抽，直到牌堆中没牌，那么我们就需要即时停止，对于这个里面的f[i][j]，如果它停止，说明在这种情况下就根本不能抽（即期望值为负），因此考虑将它的值赋为0，即在这个状态下没抽
那么就有：
\(f[i][j]=max( 0, ( f[i-1][j]+1)*p[i]+(f[i][j-1]-1)*(1-p[i]) )\)

本来到这里就应该结束了，但很显然有个疑问，假设我f[i-1][j]的期望为负，理应来讲它被赋为了0，那不应该停止吗？为什么还会用于f[i][j]的计算？
实际上，这里的dp只是揭露了整个计算过程的一半，这里从计算到输出结果实际上是一个递归

也就是说，这里的DP实际上反映的是递归回来的过程，而并非真的计算转移（我认为），因此这个转移方程没有问题，0就是停止的状态

没了

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
double f[5001][5001];
int n,m;
 double p; 
int main(){
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		f[i][0]=i; 
		for(int j=1;j<=m;j++){
			p=(double)i/(i+j);
			f[i][j]=max(0.0,((f[i-1][j]+1)*p+(f[i][j-1]-1)*(1.0-p)));
		}
	}
	cout<<setprecision(6)<<fixed<<f[n][m]-0.0000005<<endl;
}

根据dp，我们发现，f[i][j]，需要用到f[i-1][j]和f[i][j-1]，也就是说，我们用到的其实就是上一层和本层，故可以在本层计算完后直接覆盖上一层，又因为是f[i][j-1]，且从1到m遍历，因此不会出现重复计算

滚动数组

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
double f[5001];
int n,m;
 double p; 
int main(){
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		f[0]=i; 
		for(int j=1;j<=m;j++){
			p=(double)i/(i+j);
			f[j]=max(0.0,((f[j]+1)*p+(f[j-1]-1)*(1.0-p)));
		}
	}
	cout<<setprecision(6)<<fixed<<f[m]-0.0000005<<endl;
}