题面
题解
orz shadowice
正态分布
正态分布是随机变量\(X\)的一种概率分布形式。它用一个期望\(\mu\)和方差\(\sigma^2\)就可以描述，记为\(N(\mu,\sigma^2)\)。
若随机变量\(X\)服从一个数学期望为\(\mu\)、方差为\(\sigma^2\)的正态分布，记作\(X\)∼\(N(\mu,\sigma^2)\)，读作\(X\)服从\(N(\mu,\sigma^2)\)。
当\(\mu=0,\sigma=1\)时的正态分布称为标准正态分布。
概率密度函数
用来描述连续型随机变量的分布情况。随机变量的取值落在某个区域内的概率，为概率密度函数在该区域的积分。（或者就是\(f(x)\)在该区域内与\(x\)轴围成的图形面积）
若随机变量\(X\)∼\(N(\mu,\sigma^2)\)，则其概率密度函数为
\[f(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}e^{-\frac{(x-\mu)^{2}}{2\sigma^{2}}}\]
只要证明了一个变量服从正态分布，就可以直接对概率密度函数的这一区间进行积分了
中心极限定理
当样本量n逐渐趋于无穷大时，n个抽样样本的均值的频数逐渐趋于正态分布（无论总体是什么分布）。
该定理说明，设随机变量\(X_1,X_2,…,X_n\)独立同分布，它们的期望为\(\mu\)、方差为\(\sigma^2\)，当\(n\)足够大时（满足精确度需求时），随机变量
\[Y_{n}=\frac{\sum_{i=1}^{n}x_{i}-n\mu}{\sqrt{n}\sigma}\]
\(Y_n\)服从正态分布，求出其范围后就可以直接对正态分布的概率密度函数求积分了。
本题
然后关于本题有
\[\mu=\frac{n-1}{2}，\sigma^2=\frac{\sum_{i=1}^n(i-\mu)^2}{n}=\frac{n^2-1}{12}\\\sum_{i=1}^nX_i\in[A,B]\\Y_n\in[\frac{A-n\mu}{\sqrt n\sigma},\frac{B-n\mu}{\sqrt n\sigma}]\]
那么我们对于\(Y_n\)的值域直接上自适应辛普森法就行了
然而还有一个问题，就是\(n\)等于\(1\)之类的情况我们显然不能认为它满足精度限制
那么我们构造出概率的生成函数，\(F(z)=\sum_{i=0}^{x-1}{1\over x}z^i\)，只要求出\(F^y(z)\)的第\(l\)到\(r\)项系数就行了。而且这里多项式快速幂可以直接把点值给快速幂
听说余奶奶直接用生成函数艹过去了……完全没用到任何概率论的芝士……orz
//minamoto
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
using namespace std;
const int N=(1<<19)+5;const double Pi=acos(-1.0),K=1.0/sqrt(2*Pi),eps=1e-7;
int read(){
R int res,f=1;R char ch;
while((ch=getchar())>'9'||ch<'0')(ch=='-')&&(f=-1);
for(res=ch-'0';(ch=getchar())>='0'&&ch<='9';res=res*10+ch-'0');
return res*f;
}
struct cp{
double x,y;
cp(){}
cp(R double xx,R double yy):x(xx),y(yy){}
inline cp operator +(const cp &b)const{return cp(x+b.x,y+b.y);}
inline cp operator -(const cp &b)const{return cp(x-b.x,y-b.y);}
inline cp operator *(const cp &b)const{return cp(x*b.x-y*b.y,x*b.y+y*b.x);}
inline cp operator *(const double &b)const{return cp(x*b,y*b);}
}A[N],O[N];
int r[N],lim,l,X,Y,L;double res;
inline cp ksm(R cp x,R int y){
R cp res(1,0);
for(;y;y>>=1,x=x*x)if(y&1)res=res*x;
return res;
}
void FFT(cp *A,int ty){
fp(i,0,lim-1)if(i<r[i])swap(A[i],A[r[i]]);
for(R int mid=1;mid<lim;mid<<=1)
for(R int j=0;j<lim;j+=(mid<<1))
fp(k,0,mid-1){
R cp x=A[j+k],y=A[j+k+mid]*O[mid+k];
A[j+k]=x+y,A[j+k+mid]=x-y;
}
if(ty==-1){
reverse(A+1,A+lim);
R double k=1.0/lim;fp(i,0,lim-1)A[i]=A[i]*k;
}
}
inline double F(R double x){return K*exp(-x*x*0.5);}
inline double simpson(R double l,R double r){return (F(l)+F(r)+4*F((l+r)/2))*(r-l)/6;}
double calc(double l,double r,double eps,double res){
double mid=(l+r)/2,ql=simpson(l,mid),qr=simpson(mid,r);
if(fabs(ql+qr-res)<=15*eps)return ql+qr+(ql+qr-res)/15;
return calc(l,mid,eps/2,ql)+calc(mid,r,eps/2,qr);
}
void solve1(){
fp(i,0,lim-1)A[i]=cp(0,0),r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(l-1));
for(R int i=1;i<lim;i<<=1)fp(k,0,i-1)O[i+k]=cp(cos(Pi*k/i),sin(Pi*k/i));
R double xx=1.0/X;
fp(i,0,X-1)A[i].x=xx;
FFT(A,1);
fp(i,0,lim-1)A[i]=ksm(A[i],Y);
FFT(A,-1);
fp(i,1,lim-1)A[i].x+=A[i-1].x;
for(R int i=1,l,r;i<=10;++i)l=read(),r=read(),printf("%.7lf\n",l?A[r].x-A[l-1].x:A[r].x);
}
void solve2(){
double l,r,mu=1.0*(X-1)/2,sigma=1.0*(X*X-1)/12,a=mu*Y,b=sqrt(sigma*Y);
fp(i,1,10){
l=1.0*(read()-a)/b,r=1.0*(read()-a)/b;
printf("%.7lf\n",calc(0,r,eps,simpson(0,r))-calc(0,l,eps,simpson(0,l)));
}
}
int main(){
// freopen("testdata.in","r",stdin);
for(int T=read();T;--T){
X=read(),Y=read(),L=X*Y,lim=1,l=0;
while(lim<=L)lim<<=1,++l;
lim<N?solve1():solve2();
}
return 0;
}