第一次给大家（跟我一样的小白）写题解，因为我是入门小白（这是真的，不跟很多大佬一样装萌新！！！），望大家指正海涵！
之所以我想写这次的题解是因为，明明好不容易想出来了，却被n=0的情况卡住了，硬是没debug出来，只过了94%的数据，很是遗憾！
我的代码比较呆（冗长且拙劣），专门写给和我一样的小白看的，因为我看大佬题解，会有很多知识盲区或者理解不了的地方，理解了小白的苦，所以我决定为和我一样的小白写一些我会的题的题解，大佬们可以直接忽略，谢谢。
/*
题解：
首先，如果题目不是出在动态规划专题我是真的不知道要dp（知道了也没AC！！！丢人）
思路：
建立dp[i][j]表示经过了i次抽奖，抽奖获得的钱数j（无需减去抽奖所花费的钱）的 概率的分子（这里的概率是没有约分过的，为什么这么说呢，可以看一下转移方程）

这里我们先假设dp[i][j]表示经过了i次抽奖，抽奖获得的钱数j（无需减去抽奖所花费的钱）的概率（不再是分子的概率）   
（假设情况下的）转移方程：
    dp[i][j]=1/4*(dp[i-1][j-1]+dp[i-1][j-2]+dp[i-1][j-3]+dp[i-1][j-4])
解释：
    dp[i][j]表示经过了i次抽奖，抽奖获得的钱数j的概率
    1/4*dp[i-1][j-1]表示经过了i-1次抽奖，抽奖获得的钱数j-1的概率的分子（1/4代表第i次抽奖抽到的是1元的概率，dp[i-1][j-1]代表前i-1次抽奖抽到j-1元的概率）
    1/4*dp[i-1][j-2]表示经过了i-1次抽奖，抽奖获得的钱数j-2的概率的分子（1/4代表第i次抽奖抽到的是1元的概率，dp[i-1][j-2]代表前i-1次抽奖抽到j-2元的概率）
    …………
    其实，“经过了i次抽奖，抽奖获得的钱数j的概率”就等于“经过了i次抽奖，抽奖获得的钱数j-1的概率*1/4 + 经过了i次抽奖，抽奖获得的钱数j-2的概率*1/4 + 经过了i次抽奖，抽奖获得的钱数j-3的概率*1/4 + 经过了i次抽奖，抽奖获得的钱数j-4的概率*1/4”

    这样你应该差不多明白了，在我们假设下的转移方程。

    我们要把假设去掉，也就是“dp[i][j]表示经过了i次抽奖，抽奖获得的钱数j（无需减去抽奖所花费的钱）的概率的分子”
    //我们之所以要让dp存分子，是因为题目要求输出分数，我们要分开存储分子和分母才能实现如题的输出
    从假设中的转移方程不难发现，每次都要乘以1/4；通过手写计算可以知道，（假设下的）dp[1][1]=1/4,dp[1][2]=1/4,dp[1][3]=1/4,dp[1][4]=1/4,其他的dp[1][i]=0。类推一下，已知n=1时，分母为4，那么n=2时，分母为4^2，…… ，ok，分母的问题解决了，注意这里的分母时未约分的分母。
    看一下分子，也就是dp数组。
    如果用假设下的dp数组，手写几组数据你会发现，如果概率没有进行约分，单看分子，正是前一种情况，转移方程中dp的分子的和，类比到非假设情况的dp数组中，dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+dp[i-1][j-2]+dp[i-1][j-3]+dp[i-1][j-4]（先不管分母，分母另求就行），与假设下的转移方程相比没多少变化，就是把1/4拿去当分母了。
    那么ok了，你已经理解如何思考了，接下来同样困难的就是代码的实现，因为有时候虽然你能想出来算法，但是你并不能写出完整的代码。
    代码的解释在代码中写了

*/

include<bits/stdc++.h>

//万能开头，毛巨（未来的acm金牌，hhhh）告诉我的
#define ll long long
//要开long long，因为看分母的话最大是4^30=2^60，ll范围是2^64-1
using namespace std;
ll dp[50][150];
//dp[i][j]表示经过了i次抽奖，抽奖获得的钱数j（无需减去抽奖所花费的钱）的概率（不再是分子的概率）
int main(){

    int n;
    cin>>n;

if(n==0){//其实不存在概率为0的情况，我们直接忽略输出“0/1”。输出“1/1”只在n=0的时候会出现，出现，直接输出，结束程序
    cout<<"1/1";
    return 0;
}

for(int j=1;j<=4;j++)
    dp[1][j]=1;
    //初始化一下，一会直接从n=2的时候开始dp就行了
    //等价于dp[1][1]=dp[1][2]=dp[1][3]=dp[1][4]=1;
for(int i=2;i<=n;i++)//注意从n=2开始
    for(int j=i;j<=4*i;j++)
            //为什么从j=i开始？经过了i次抽奖，最少抽奖获得i元啊，获得钱数小于i的概率（分子）都是0。
            //为什么j=4*i结束？就算每次抽奖都抽到4元，最多获得4*i元啊，获得钱数大于4*i的概率（分子）都是0。
        dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+dp[i-1][j-2]+(j>=3?dp[i-1][j-3]:0)+(j>=4?dp[i-1][j-4]:0);//转移
ll z=0;//z是分子fenzi的简写
for(int i=3*n;i<=4*n;i++)
   //只有抽奖获取钱数是n的三倍到四倍之间的时候才是不亏的时候
    z+=dp[n][i];//把不亏的情况的分子加起来

ll m=pow(4,n);    //m是分母fenmu的简写
ll g=__gcd(z,m);//百度的求最大公约数的函数，你也可以递归或者循环实现，我偷懒了
cout<<z/g<<'/'<<m/g;//输出约分后的

}
//以下均属哔哔赖赖，可忽略！
哦终于写完题解了，好累，知道大佬们写题解有多辛苦了，希望大家珍惜他们的劳动成果，还有就是感谢大家的浏览，欢迎大家的指正，（自己写题解就瞎胡说两句就拉倒了，真的没想到写个完整的这么累！！！）
对了，非常抱歉，不明白这个排版是什么情况，我在写题解的这边自己排的挺不错的，到了右边直接爆炸，非常抱歉，我再研究研究怎么用。