因為Bzoj是權限題，所以可以去清澄做一下

Sol

突然考了一道這樣的題，考場上強行\(yy\)出來了
win下評測Long double爆零TAT

首先肯定是破環為鏈變成序列問題辣
那麽就要求第一個的顏色和最後的顏色不同
怎麽統計，枚舉前面有多長和右面有多長長度相等
中間的強制第一個與枚舉的前面不同，以及最後一個與枚舉的後面(就是前面)不同
合起來就是答案

考慮中間的怎麽算
設\(f[0/1][i]\)表示到第\(i\)個位置，顏色與枚舉的前面相同(\(1\))，不同(\(0\))的期望得分
轉移：枚舉小於\(i\)的\(j\)轉移過來

\(f[1][i]+=f[0][j]*(i-j)*(\frac{1}{m})^{(i-j)}\)

\(f[0][i]+=f[0][j]*(i-j)*(m-2)*(\frac{1}{m})^{(i-j)}\)
\(f[0][i]+=f[1][j]*(i-j)*(m-1)*(\frac{1}{m})^{(i-j)}\)

# include <bits/stdc++.h>
# define RG register
# define IL inline
# define Fill(a, b) memset(a, b, sizeof(a))
using namespace std;
typedef long long ll;

IL int Input(){
    RG int x = 0, z = 1; RG char c = getchar();
    for(; c < '0' || c > '9'; c = getchar()) z = c == '-' ? -1 : 1;
    for(; c >= '0' && c <= '9'; c = getchar()) x = (x << 1) + (x << 3) + (c ^ 48);
    return x * z;
}

int n;
long double ans, f[2][205], dv[205], m;

int main(RG int argc, RG char* argv[]){
    n = Input(), m = Input(), dv[0] = 1;
    for(RG int i = 1; i <= n; ++i) dv[i] = dv[i - 1] / m;
    f[1][0] = 1;
    for(RG int i = 1; i <= n; ++i)
        for(RG int j = 0; j < i; ++j){
            f[1][i] += f[0][j] * (i - j) * dv[i - j];
            f[0][i] += f[0][j] * (i - j) * (m - 2) * dv[i - j];
            f[0][i] += f[1][j] * (i - j) * (m - 1) * dv[i - j];
        }
    ans = 1.0 * n * m * dv[n];
    for(RG int i = 1; i < n; ++i)
        for(RG int j = 0; j + i < n; ++j)
            ans += 1.0 * (j + i) * m * dv[j + i] * f[0][n - j - i];
    printf("%.10Lf\n", ans);
    return 0;
}
 

清澄A1202&Bzoj2201：彩色圓環