题意：
三个色子有k1,2,k3个面每面标号（1-k1,1-k2,1-k3),一次抛三个色子，得正面向上的三个编号，若这三个标号和给定的三个编号a1,b1,c1对应则总和置零，否则总和加上三个色子标号和，直到总和不小于n时结束，求抛色子的期望次数。
分析：
该题状态好分析
dp[i]表示和为i时的期望次数，dp[0]是答案
dp[i]=sum(dp[i+tmp]*p[tmp])+dp[0]*p0+1(tmp是三个色子可得到的标号和);
第一次看到这样的方程不怎么解，看了题解才知道用迭代法，每个dp[i]里都包括dp[0];
令dp[i]=a[i]*dp[0]+b[i],带入上面的方程可得dp[i]=(sum(a[i+tmp]*p[tmp])+p0)*dp[0]+sum(b[i+tmp]*p[tmp])+1;
则a[i]=sum(a[i+tmp]*p[tmp])+p0,b[i]=sum(b[i+tmp]*p[tmp])+1;
则dp[0]=a[0]*dp[0]+b[0],求出答案;
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#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef pair<int,int> PII;
typedef long long ll;
#define lson l,m,rt<<1
#define pi acos(-1.0)
#define rson m+1,r,rt<<11
#define All 1,N,1
#define read freopen("in.txt", "r", stdin)
const ll INFll = 0x3f3f3f3f3f3f3f3fLL;
const int INF= 0x7ffffff;
const int mod = ;
double a[],b[],p[];
int n,k1,k2,k3,a1,b1,c1;
void solve(){
double tp=1.0/(k1*k2*k3);
memset(p,,sizeof(p));
memset(a,,sizeof(a));
memset(b,,sizeof(b));
for(int i=;i<=k1;++i)
for(int j=;j<=k2;++j)
for(int k=;k<=k3;++k)
if(i!=a1||j!=b1||k!=c1)
p[i+j+k]+=tp;
for(int i=n;i>=;--i){
for(int j=;(i+j)<=n&&j<=k1+k2+k3;++j){
a[i]+=a[i+j]*p[j];
b[i]+=b[i+j]*p[j];
}
a[i]+=tp;
b[i]+=1.0;
}
printf("%.15lf\n",b[]/(1.0-a[]));
}
int main()
{
int t;
scanf("%d",&t);
while(t--){
scanf("%d%d%d%d%d%d%d",&n,&k1,&k2,&k3,&a1,&b1,&c1);
solve();
}
return ;
}