- 古典概型计算方案数即可，可以递推，发现方案数满足：$f_n = f_{n - 1} + f_{n - 2}, f_0 = 1, f_1 = 2$，矩阵快速幂即可。
- 类似于费马的论断，我们直接取完，发现只要最后一个取的是蓝球就行，则概率是 $\frac {m}{n + m}$
- 设 $a_n$ 表示第 $i$ 次从第一个坛子里取球的概率，则：$a_{n + 1} = a_n(p + p' - 1) + 1 - p'$，然后就随便求了（直接求通项？不如矩阵快速幂），那么 $P_n = a_{n - 1} p + (1 - a_{n - 1}) p'$
- 可以证明：$E\left[\frac 1 {X + 1} \right] = \frac {1 - (1 - p)^{n + 1}}{(n + 1)p}$
- 排序不影响概率，不用管最大的那个数，不妨设为 $1$，那么另外两个数 $x, y$ 只需要在 $0 \le x \le y \le 1$ 的条件下满足：$x + y > 1, x + 1 > y, y + 1 > x$ 即可，概率为 $\frac 1 2$。或者利用概率分布函数即可简单证明。（为什么要给不取模和取模的两个点呢？
因为要十个测试点，因为如果用随机化的话就可以随出接近 $0.5$ 的答案，保留三位小数，输出 $0.500$ 即可。 - 裂项相消即可：$\frac k {4k^2 - 1} = \frac 1 4 (\frac 1 {2k - 1} + \frac 1{2k + 1})$ 那么最终答案就是 $\frac 1 4\left(-1 + (-1)^k \frac 1 {2n + 1} \right)$
- 有非常多做法，可以用分部求和：$=\sum\nolimits_0^{n + 1} x 2^x \delta x = x2^x \vert_0^{n + 1} - \sum\nolimits_0^{n + 1} 2^{x + 1} \delta x = (n - 1)2^{n + 1} + 2$
- 随便分组求和即可，设 $m = \lceil \log_2 n \rceil$，原式 = $nm - 2^m + 1$。
- 打表发现 $\{0, -1\}$ 循环出现。证明利用一般化到 $T_n = \sum_{k \le n} \binom {n - k} k (-1)^k$ 用归纳即可，注意 $n = 0$ 特判。