\(Description\)

\(Solution\)

首先每一天之间是独立的。

所以设\(f[i][j]\)为前\(i\)天赢了\(j\)局的概率，要满足当前获胜比例始终≤\(p\)。容易得出转移方程。

所以玩完\(n\)局之后获胜比例仍不超过\(p\)的概率为\(Q=\sum_{i=0}^{\frac in\leq p}f[n][i]\)。

设\(E\)为期望玩牌天数。有两种情况：

1.\(Q\)的概率不再玩了，期望为\(Q\times1\)；

2.\(1-Q\)的概率第二天接着玩，期望为\((1-Q)\times(E+1)\)。

所以\(E=Q+(1-Q)\times(E+1)\)，解得\(E=\frac 1Q\)。

有点迷，但好像也确实是这样。。

#include 
    
     #include 
     
      const int N=105;double f[N][N];void Work(int T){    int a,b,n;    scanf("%d/%d%d",&a,&b,&n);    double p=1.0*a/b;    f[0][0]=1;    for(int i=1; i<=n; ++i)    {        f[i][0]=f[i-1][0]*(1-p);        for(int j=1; j<=i; ++j) f[i][j]=0;//!        for(int j=1; j*b<=i*a; ++j)            f[i][j]=f[i-1][j]*(1-p)+f[i-1][j-1]*p;    }    double q=0;    for(int i=0; i*b<=n*a; ++i) q+=f[n][i];    printf("Case #%d: %d\n",T,(int)(1.0/q));//直接.0lf是四舍五入...}int main(){    int T; scanf("%d",&T);    for(int i=1; i<=T; Work(i++));    return 0;}