http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5236

这是一道概率dp+贪心题；

建立状态dp[i]， 表示敲出i个字符的期望次数，
那么有 dp[i] = dp[i-1] + p*(1 + dp[i]) + (1-p);

解释一下： 敲出i个字符， 首先得敲出i-1个字符， 所以有第一部分的dp[i-1]； 然后敲下一个字符时， 有两种可能， p概率会丢失， （1-p)概率不会丢失, 对于丢失的情况就还得重新敲dp[i]次了（期望次数）， 不丢失的情况就只有一次就成功了， 所以是(1-p) * 1。

解出 dp[i] = （dp[i-1] + 1) / ( 1- p), dp部分就搞定了;

接下来是贪心部分； 我们能够看出来dp[i]的导数是递增的， 也就是说dp[i]随i的增大， dp[i]增大的越快。 所以如果对于i个字符分两部分来完成的话， 两个部分尽量均匀才是最优的(高中数学， 画个图像也很容易理解)；
所以我们可以枚举保存的次数k, 保存k次就相当于把n个字符分成k部分来完成， 由上面结论可知， 这k部分尽量均匀。

代码如下:

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<string>
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<map>
#include<set>
#include<queue>using namespace std;
#define ll long long
#define inf 0x3f3f3f3f
const int maxn = 110010;int n, x;
double p, dp[maxn];double cal(int k) {int len = n/k;double ans = 0;if(n%k) {ans = (dp[len + 1] + x) * (n%k) + (dp[len] + x) * (k - n%k);}else {ans = (dp[len] + x) * k;}return ans;
}int main() {int t; scanf("%d", &t);for(int cas=1; cas<=t; cas++) {printf("Case #%d: ", cas);scanf("%d%lf%d", &n, &p, &x);for(int i=1; i<=n+x; i++) dp[i] = (dp[i-1] + 1) / (1-p);double ans = dp[n] + x;for(int i=2; i<=n; i++) ans = min(ans, cal(i));printf("%.6f\n", ans);}return 0;
}