题意：
地上有n种棍子， 其中有两种类型， 一种类型是可识别， 一种类型是不可识别， 每个棍子都有一个权值。
当你捡到可识别的， 那么你以后就不会再捡这个棍子， 如果是不可识别的， 那么你有可能还会捡。
问将所有棍子收集完的权值的期望。
思路：
此题借鉴参考了此篇文章：Aladdin and the Magical Sticks
首先， 这个题初看起来， 和LightOj 1027 A Dangerous Maze有点像， 只不过， 这里是要将所有的门都走遍。
先引入一个经典的问题：
邮票收集问题（Coupon Collector Problem）WiKi资料
求解邮票收集问题时， 由概率求期望时需要用到几何分布期望， 因此这里给出了几何分布期望的证明过程。 很简洁明了， 还有大量例子结合理解。
通过上面的问题， 我们可以假设， 我们现在面对的是一个n面的骰子， 骰子的每面都是随机出现的（相当于是不可识别的棍子）， 求问将所有面都被看完所期望的投掷次数（假设只看最上面那一面）
那么， 问题的解就是：
H[n] = (1 + 1/2 + 1/3 + 1/4 + ... + 1/n), 这就是调和级数的前n项。
这个值近似等于欧拉常数约为：0.57721566490153286060651209。（不过这是一个当n接近无穷时的近似值， 并不能代替具体的H[n]， 比如当 n = 1 || 2时）
而所求的是期望的权值， 根据期望的线性性质E(XY) = E(X)*E(Y)
所以， 总的权值期望就等价于 每次的权值期望 * 次数的期望。
n个面， 每个面至少出现一次的期望次数是：E(x) = n * H[n]，那么， 某个指定的面至少出现一次的期望次数就是E(z) = E(x)/n = H[n]。
因此， 假设这n个棍子都是不可识别的时候所期望的权值为：
Ea = E(w) * E(x)， E(w)为权值的期望 = 权值的平均值。
但是， 这n个棍子里还有一些是可以识别的， 因此还要减去多余的期望。
先来计算一下可识别的棍子所需要的期望的次数， 这个答案为1。
当有六个球在箱子里， 采用不放回抽样， 你将六个球抽出来所期望的次数是多少？这是一个固定的值， 为6。
因此， 每个棍子多出来的部分就是（H[n] - 1） * w[i]。w[i]为某个可识别的棍子的权值。
设， 所有棍子的权值平均值为Wn
假设有k个可识别的棍子， 其权值平均值为Wk
So , 答案为： Ea - Eb = Wn * n * H[n] - k * Wk * (H[n] - 1)
化简： E = (Wn * n - k * Wk) * H[n] + k * Wk。
代码：
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <ctime>
#include <set>
#include <map>
#include <list>
#include <queue>
#include <string>
#include <vector>
#include <fstream>
#include <iterator>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define LL long long
#define INF 0x3f3f3f3f
#define MOD 1000000007
#define eps 1e-6
#define MAXN 5050
#define MAXM 100
#define dd cout<<"debug"<<endl
#define pa {system("pause");}
#define p(x) printf("%d\n", x)
#define pd(x) printf("%.7lf\n", x)
#define k(x) printf("Case %d: ", ++x)
#define s(x) scanf("%d", &x)
#define sd(x) scanf("%lf", &x)
#define mes(x, d) memset(x, d, sizeof(x))
#define do(i, x) for(i = 0; i < x; i ++)
#define dod(i, x, l) for(i = x; i >= l; i --)
#define doe(i, x) for(i = 1; i <= x; i ++)
int n;
double h[MAXN];
void init()
{
h[] = ;
for(int i = ; i < MAXN; i ++)
h[i] = h[i - ] + 1.0 / i;
} int main()
{
int T;
int kcase = ;
init();
scanf("%d", &T);
while(T --)
{
scanf("%d", &n);
int a, b;
double ans = ;
for(int i = ; i < n; i ++)
{
scanf("%d %d", &a, &b);
ans += a * (b == ? : h[n]);
}
printf("Case %d: %.5lf\n", ++ kcase, ans);
}
return ;
}