洛谷P4550 收集邮票

可以发现本题实际上是 SP1026 FAVDICE - Favorite Dice 的加强版，在那题当中，我尝试过使用顺推的方式，令 \(dp_i\) 表示已经取完 \(i\) 面需要的期望次数。那么有转移 \(dp_i = \frac{n - i + 1}{n}(dp_{i - 1} + 1) + \frac{i}{n}(dp_i + 1)\) 我们需要明确的一点是转移是从 \(i - 1 \rightarrow i / i \rightarrow i\)，可以明显的发现这里的条件概率和 \(\frac{n - i + 1}{n} + \frac{i}{n} \ne 1\) 显然这是不可能的，但实际上我们在顺推的时候，因为到达状态的不确定性，因此从初始状态到达每种状态时的概率是不一样的，换句话说，我们在 \(dp\) 转移时乘上的概率不是上面那种简单的分数，而应该是推导得出的概率，但由于我们推导概率是比较麻烦的，因此我们可以考虑使用逆推。为什么逆推会是正确的呢？因为我们在逆推的时候，大多数情况下结果状态是一定的，那么我们到终点的概率将会是 \(100\%\)，并且我们是从一种状态转移到其他状态，条件概率和必为 \(1\)，因此我们在转移的时候只需要乘上简单的条件概率即可。因此我们可以令 \(dp_i\) 表示已经掷到了 \(i\) 面，要掷完还需的期望次数。那么就有转移 \(dp_i = \frac{n - i}{n}(dp_{i + 1} + 1) + \frac{i}{n}(dp_i + 1)\)，移项可得 \(dp_i = dp_{i + 1} + \frac{n}{n - i}\)。

因此，在以后的做题当中，我们选择逆推求期望，顺推算概率。因为从起点而来的概率不好算，但到终点的概率往往是 \(1\)，我们要算期望只需乘上条件概率即可。又因为起点概率是已知的，因此我们从起点顺推概率才是最方便的。

本题也是一样的，我们先考虑最后答案的式子，必然是 \(\frac{k(k + 1)}{2} = \frac{k ^ 2 + k}{2} = \frac{k ^ 2}{2} + \frac{k}{2}\) 的形式，根据期望的线性性，我们将前后两个部分分开考虑计算贡献。不难发现后面的部分实际上就是上面提到的这道题，我们要做的就是求 \(k ^ 2\) 的期望。由 WJMZBMR打osu! / Easy 的经验，我们可以知道 \((k + 1) ^ 2 = k ^ 2 + 2k + 1\)，于是我们只需要在计算 \(k ^ 2\) 的时候顺带维护线性的期望即可。具体来说，我们令 \(f_i, g_i\) 分别为已经掷完 \(i\) 面还需次数期望为 \(k\)，\(k ^ 2\) 的期望次数和 \(k\) 的期望次数。可以发现这里的 \(g_i\) 就是上面的 \(dp_i\) 于是我们有转移 \(g_i = g_{i + 1} + \frac{n}{n - i}\)，且有 \(f_i = \frac{n - i}{n}(f_{i + 1} + 2 \times g_{i + 1} + 1) + \frac{i}{n}(f_{i} + 2 \times g_{i} + 1)\) 化简移项后可得 \(f_i = f_{i + 1} + 2 \times g_{i + 1} + \frac{2i}{n - i}g_i + \frac{n}{n - i}\)。从后往前逆推即可，答案即 \(\frac{f_0 + g_0}{2}\).

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 10000 + 5
#define dep(i, l, r) for(int i = r; i >= l; --i)
int n;
double f[N], g[N];
int read(){
    char c; int x = 0, f = 1;
    c = getchar();
    while(c > '9' || c < '0'){ if(c == '-') f = -1; c = getchar();}
    while(c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
    return x * f;
}
int main(){
    n = read();
    dep(i, 0, n - 1){
        g[i] = g[i + 1] + 1.0 * n / (n - i);
        f[i] = f[i + 1] + 2.0 * g[i + 1] + 2.0 * i / (n - i) * g[i] + 1.0 * n / (n - i);
    }
    printf("%.2f", (f[0] + g[0]) / 2);
    return 0;
}