提供一种最劣解第一且巨大难写的做法（
Bob
显然真正的楼量可以达到 \(314!\)，是没办法直接做的，再加上唯一方案的样例，可以猜测有简单的结论。
考虑当楼高度为 \(k(k<h)\) 时，每种高度对答案的贡献为 \(2^{k-1}\times 2^{-k}\)，即 \(\frac{1}{2}\)，当楼高度为 \(k(k \ge h)\) 时，每种高度对答案的贡献和为 \(2^k\times 2^{-k}\)，即 \(1\)。显然贡献都与 \(h\) 无关，也就是结论只和 \(n\) 有关，随便推几组数据再加上样例，容易猜出答案即为 \(n\)。
Code：
void Sub2(){
scanf("%d%d",&n,&h);
printf("%d\n",n);
}
Alice
观察到高度 \(\ge h\) 的楼本质上是一致的，可以钦定楼的高度区间为 \([1,h]\)（高度为 \(h\) 的概率变为 \(2^{1-h}\)）。
设 \(k\) 号楼的高度最高，则 Bob 一定会经过 \(k\) 号楼。容易发现，在 \(k\) 号楼前，Bob经过的楼的高度单调不降，\(k\) 号楼后单调不升。
注意，为了防止重复计算，若高度相同，钦定靠前的最高。
然后就可以转移了。
设 \(f_{i,j,k,0/1}\) 表示转移完第 \(i\) 栋楼，最后一个经过的 \(x\) 号楼的高度为 \(j\)，\([x+1,i]\) 中最大高度为 \(k\)，是/否 经过最高的楼的期望。
设 \(g_{i,j,k,0/1}\) 表示转移完第 \(i\) 栋楼，最后一个经过的 \(x\) 号楼的高度为 \(j\)，\([x+1,i]\) 中最大高度为 \(k\)，是/否 经过最高的楼的概率。
DP的时候用刷表法，枚举第 \(i\) 栋楼的高度转移即可。时间复杂度 \(O(nh^3)\) 要卡亿点常并滚动数组。
Code：
const double eps=1e-15;
const int maxn=30010;
const int maxh=35;
int n,h;
double g[2][maxh][maxh][2];
double f[2][maxh][maxh][2];
double V[maxh],S[maxh];
void Sub1(){
scanf("%d%d",&n,&h);
for(int i=0;i<h;i++){
V[i]=1.0/(1<<i+1),S[i]=(1-1.0/(1<<i));
f[1][i][0][0]=V[i]+0.5,g[1][i][0][0]=V[i];
}
if(h) V[h]=V[h-1],S[h]=(1-1.0/(1<<h));
else V[h]=1;
for(int i=0;i<=h;i++) f[1][i][0][1]=V[i],g[1][i][0][1]=V[i];
//以上是初始化
double tmp1,tmp2,tmp;
for(int i=1,ii=1,iii=0;i<n;i++,ii^=1,iii^=1){
memset(f[iii],0,sizeof(f[iii]));
memset(g[iii],0,sizeof(g[iii]));
//注意,为了处理当j=i时(Bob经过当前楼)k也为0的情况
//这里枚举的k,u都加了1(j=0时k才为0)
//为了卡常,转移的式子很丑,但本质是一样的
for(int j=0;j<=h;j++)
for(int k=0;k<=j;k++){
tmp1=f[ii][j][k][0],tmp2=g[ii][j][k][0],tmp=tmp2/2;
if(tmp1>eps){
//u<=k
f[iii][j][k][0]+=tmp1*S[k];
g[iii][j][k][0]+=tmp2*S[k];
tmp1*=V[k],tmp2*=V[k];
//--------
for(int u=k+1;u<=h+1;u++){
if(u-1>=j) f[iii][u-1][0][0]+=tmp1+tmp,g[iii][u-1][0][0]+=tmp2;
else f[iii][j][u][0]+=tmp1,g[iii][j][u][0]+=tmp2;
if(u-1>j) f[iii][u-1][0][1]+=tmp1,g[iii][u-1][0][1]+=tmp2;
if(u<h) tmp1/=2,tmp2/=2;
}
f[iii][h][0][0]+=tmp;
}
tmp1=f[ii][j][k][1],tmp2=g[ii][j][k][1],tmp=tmp2/2;
if(tmp1>eps){
//u<=k
f[iii][j][k][1]+=tmp1*S[k];
g[iii][j][k][1]+=tmp2*S[k];
tmp1*=V[k],tmp2*=V[k];
//--------
for(int u=k+1;u<=j+1;u++){
f[iii][u-1][0][1]+=tmp1+tmp,g[iii][u-1][0][1]+=tmp2;
if(u-1<j) f[iii][j][u][1]+=tmp1,g[iii][j][u][1]+=tmp2;
if(u<h) tmp1/=2,tmp2/=2;
}
if(j==h) f[iii][h][0][1]+=tmp;
}
}
}
double ans=0;
for(int i=0;i<=h;i++)
ans+=f[n&1][i][0][1];
printf("%.9lf",ans);
}
能不能更快？
上述期望DP本质上是分了 \([1,k],[k+1,j][j+1,h]\) 三个区间分别转移行和列，考虑将决策点放到线段树上，则问题转换为了线段树的区间修改/单点查询，时间复杂度 \(O(nh^2\log h)\)。
但由于要对 \(f,g\)、是否经过最高楼、行或列分类讨论，所以要开 \(8nh\) 棵线段树，本地极限数据要跑 \(10s+\)，没有实质效果。
能不能更快？
观察到转移方程与 \(n\) 无关，考虑构造 \(h\times h\) 的矩阵，跑矩阵快速幂即可，时间复杂度 \(O(h^3logn)\)，可以通过本题，时间与空间上都更优。