题目大意：
有c种不同的巧克力，每种无限个，意味着取出每种的几率每次为1/c。现在你需要取n次。然后将统计每种取出来的巧克力的数量。若为偶数则舍去，否则留下一个。问最后留下m个的概率是多少。
题目分析：
由于取出每种巧克力的概率始终相同，。不妨假设取出奇数个的巧克力正好是1~m，m+1则取出偶数次，然后求出这种情况的次数。最后答案乘以C(c,m)再除以c^n即可。由于可以取出相同的巧克力，所以采用指数型生成函数。
对于前m种，构造g(x)=x/1!+x^3/3!+x^5/5!.....=sinh(x),后面类似地构造出h(x)=cosh(x).答案就是sinh^m(x)*cosh^(c-m)(x)的n阶导数。
将sinh(x)和cosh(x)写出来。得到e^x-e^(-x)/2和e^x+e^(-x)/2.其中加减法优先于除法。带入原式就得到了(e^x-e^(-x)/2)^m(x)*(e^x+e^(-x)/2)^(c-m)(x).通过二项式定理展开，然后乘起来。最后对e^kx单独泰勒展开。
结果就是这些的和。值得注意的是这题会爆longlong，应该把过程取对数。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std; int c,n,m; double C[][];
double res[][]; void work(){
memset(res,,sizeof(res));
if(m > c){puts("");return;}
int A = m,B = c-m;
double ans = ;
for(int i=;i<=B;i++){
for(int j=;j<=A;j++){
int f = ;
if(A-B+*i-*j < &&(n&)) f *= -;
if(j & ) f *= -;
res[i][j] = C[B][i]+C[A][j]+(double)n*log10(abs(A-B+*i-*j));
res[i][j] -= (double)c*log10(2.0);
res[i][j] += C[c][m];
res[i][j] -= (double)n*log10(c);
if(res[i][j] < -) continue;
ans += f*pow(,res[i][j]);
}
}
printf("%.3lf\n",ans+1e-8);
} int main(){
for(int i=;i<=;i++){
for(int j=;j<i;j++){
C[i][j] = C[i][j-]+log10(i-j+)-log10(j);
}
}
do{
scanf("%d",&c);
if(c == ) break;
scanf("%d%d",&n,&m);
work();
}while(true);
return ;
}