P4550 收集邮票
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\(k\ge 1\) 时，可以通过支付 \(k\) 元钱获得一张 \(n\) 种邮票中的某种邮票。这 \(n\) 种邮票等概率出现，求买到全部 \(n\) 种邮票的花费期望。
Step 1
\(k\) 次 \(k\) 元太难搞了，干脆直接全打成 \(1\) 元。
设买到 \(i\) 张邮票，要买完全部 \(n\) 种所需的期望价格为 \(f_i\).显然 \(f_n = 0\).
当买到 \(i\) 张邮票时，下次有 \(\frac{i}{n}\) 的概率买到有的，\(\frac{n-i}{n}\) 的概率买到没有的。
前者期望为 \(\frac{i}{n}f_i\),后者为 \(\frac{n-i}{n}f_{i+1}\).
得到总期望为：
\[f_i=\frac{i}{n}f_i+\frac{n-i}{n}f_{i+1}+1 \]化简可得：
\[f_i=f_{i+1}+\frac{n}{n-i} \]Step 2
接下来扩展到 \(k\) 次 \(k\) 元。
设 \(g_i\) 为当前买了 \(i\) 张邮票，要买完全部 \(n\) 种的期望价格。很显然 \(g_n\) 也是 \(0\).
于是买到已经有的邮票的期望是 \(\frac{i}{n}(g_i+f_i+1)\),否则期望为 \(\frac{n-i}{n}(g_{i+1}+f_{i+1}+1)\).
所以总期望为：
\[g_i=\frac{i}{n}(g_i+f_i+1)+\frac{n-i}{n}(g_{i+1}+f_{i+1}+1) \]化简可得：
\[g_i=\frac{n}{n-i}f_i+g_{i+1} \]Code
因为只需要推两个式子，直接从 \(n\) 开始逆推。可以滚动优化。
展开代码
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define MyWife Cristallo
using namespace std;
int n;
double f, g;
int main() {
scanf("%d", &n);
for(int i = n; i; --i) f += n / (n - i + 1) * 1.0, g += n * f / (n - i + 1) * 1.0;
printf("%.2lf\n", g);
return 0;
}
彩蛋
怎么能少了sb错误呢：
