中超繼續進行，廣州恆大和北京國安馬上開賽了，比賽持續90分鐘，為了分析方便，我們把5分鐘作為乙個時間片，那麼比賽會進行18個時間片。在每乙個時間片內，恆大踢進1球的概率百分比都是a%，國安踢進1球的概率都是b%。當比賽結束後，兩支球隊當中，至少有一支球隊的進球數是質數的概率是多少？
第一行，乙個整數r，表示有r組測試資料。1 <= r <= 10。
每組測試資料格式：
第一行，a和b。 0 <= a <= 100， 0 <= b <= 100。
共r行，每行乙個實數，表示概率。
3
50 50
100 100
12 89
0.5265618908306351
0.00.6772047168840167
根據題意，簡化一下問題，我們先單獨考慮一支球隊進球數是質數的概率。
如果一支球隊的進球數為質數，那麼這支隊的進球數只能是2、3、5、7、11、13、17，繼續簡化問題，這支球隊進球數為2，那麼球隊在18個時間片段內進2球的情況如下：
情況\時間片段12
3456
……17181
√ √√√
√√××××
××××××
××××××
×××××2
√ √√×
××√√√×
××××××
××××××
×××××…
………
……… ………
……… ………
……… ………
……… ………
……… ………
……… ………
……… ………
……… ………
……… ………
……18××××
××××××
××××××
×××××√
√√√
√√哇！這個表的規模也太大了吧！
這樣的情況有多少種呢？能不能通過計算將它算出來呢？仔細觀察，我們就可以發現，這不就是組合數嘛！這就相當於從18個小球中選2個：c182
c^_c1
82在這18個時間片段中，只有2個時間片段進球，其他時間片段不能進球的情況下才符合當前題意，而這種情況又有c182
c^_c1
82種，所以設進球概率為p(g
oal)
p(goal)
p(goal
)，球隊在18個時間片段內進2球這種情況的概率是:c182
×p(g
oal)
2×(1
−p(g
oal)
)16
c^_\times p(goal)^2 \times(1-p(goal))^
c182×
p(go
al)2
×(1−
p(go
al))
16由此可知，進球數i
ii相對應的組合數是c18i
c^_c1
8i，概率演算法也與上述相同:c18i
×p(g
oal)
i×(1
−p(g
oal)
)18−i
c^_\times p(goal)^i \times(1-p(goal))^
c18i×
p(go
al)i
×(1−
p(go
al))
18−i
(組合數可用楊輝三角預處理)。
現在，我們回歸到原題，求至少有一支球隊的進球數為質數的概率，先分類討論一下：
恆大進球數為質數，國安進球數為非質數
恆大進球數為非質數，國安進球為質數
恆大進球數為質數，國安進球數為質數
將以上三種情況的概率求出來相加，就是答案了。但是，除此之外還有一種更簡單的方法。
至少有一支球隊的進球數為質數的概率=1-兩支球隊進球數都是非質數的概率
這樣算就方便多了。
#include
#include
#include
#include
using
namespace std;
int r,a,b;
long
long c[25]
[25];
int composite[25]
=;//合數集合
double hd[25]
,ga[25]
,temp1,temp2,ans;
void
init()
for(
int i=
1;i<=
18;i++
)for
(int j=
1;j) c[i]
[j]=c[i-1]
[j-1
]+c[i-1]
[j];
}int
main()
for(
int i=
0;i<=
11;i++
)for
(int j=
0;j<=
11;j++
) ans+
=hd[composite[i]
]*ga[composite[j]];
ans=
1.00
-ans;
cout
)<}return0;
}
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