Luogu P4550 收集邮票

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Solution:

本题直接推价格似乎很难，考虑先从购买次数入手

设购买次数\(g(i)\)为当前有\(i\)种不同的邮票，要买到\(n\)种的期望购买次数

可以由期望的定义得到式子：\(g(x)=\sum_{i=0}^{+\infty}P(i,x)\)，其中\(P(i,x)\)为买\(i\)次从\(x\)种买到\(n\)种的概率

对于一个局面，记它可以转移到的局面集合为\(to\)，则它的期望可以表示为

\[E(u)=\sum_{v\in to_u}(E(v)+cost(v,u))P(v) \]

其中\(P(v)\)表示从\(v\)局面转移到\(u\)局面的概率，\(cost(v,u)\)表示从\(v\)转移到\(u\)局面的的代价

那么对于本题也可以如此转化:\(g(x)=\frac{x}{n}(g(x)+1)+\frac{n-x}{n}(g(x+1)+1)\)

也很好理解，因为再抽一张卡，可能抽到已经抽到的，也可能抽到新的，而转移的代价都为1

显然,\(g(n)=0\),再把式子转化一下，就可以得到\(g(x)\)的计算方式:

\[\frac{n-x}{n}g(x)=\frac{n-x}{n}g(x+1)+1\\ g(x)=g(x+1)+\frac{n}{n-x} \]

然后我们再考虑设\(f(i,j)\)表示当前有\(i\)种邮票，下次购买要花\(j\)元时，买到\(n\)种的期望花费

我们知道购买要\(j\)元，结合题意，就能很好的推出\(f(i,j)\)的转化方程:

\[f(i,j)=\frac{i}{n}(f(i,j+1)+j)+\frac{n-i}{n}(f(i+1,j+1)+j)\\ f(i,j)=\frac{i}{n}f(i,j+1)+\frac{n-i}{n}f(i+1,j+1)+j\\ \]

我们考虑一下\(f(i,j)\)的定义，便可以得出式子:

\[f(i,j)=\sum_{u=0}(j+(j+1)+\dots+(j+u-1))P(u,i)\\ f(i,j)=\sum_{u=0}\frac{u(2j+u-1)}{2}P(u,i)\\ \]

这里\(P\)的定义同上文\(g(x)\)定义式中的\(P\)，然后我们再考虑表示\(f(i,j+1)\)，很简单，带入即可

\[f(i,j+1)=\sum_{u=0}\frac{u(2j+u+1)}{2}P(u,i) \]

考虑表示将\(f(i,j+1)\)减去\(f(i,j)\)可得:\(f(i,j+1)-f(i,j)=\sum_{u=0}uP(u,i)\)

可以发现它与前面的期望定义式是一样的，则我们得到式子:\(f(i,j+1)=f(i,j)+g(i)\)

则我们可以把\(f(i,j)\)表示一下:

\[f(i,j)=\frac{i}{n}f(i,j+1)+\frac{n-i}{n}f(i+1,j+1)+j\\ f(i,j)=\frac{i}{n}(f(i,j)+g(i))+\frac{n-i}{n}(f(i+1,j)+g(i+1))+j \]

事实上我们只需求出\(f(0,1)\)，而在递推中可以发现\(j\)是没有变化的，则可以直接忽略\(j\)

\[f(i)=\frac{i}{n}(f(i)+g(i))+\frac{n-i}{n}(f(i+1)+g(i+1))+1\\ \frac{n-i}{n}f(i)=\frac{i}{n}g(i)+\frac{n-i}{n}f(i+1)+\frac{n-i}{n}g(i+1)+1\\ f(i)=\frac{i}{n-i}g(i)+f(i+1)+g(i+1)+\frac{n}{n-i} \]

Code:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e4+1;
int n;double u,f[N],g[N];
int read(){
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(isdigit(ch)){x=x*10+ch-48;ch=getchar();}
	return x*f;
}
int main(){
	n=read();f[n]=g[n]=0;u=n;
	for(int i=n-1;~i;i--) g[i]=g[i+1]+u/(u-i);
	for(int i=n-1;~i;i--){
		double x=i,y=n-i;
		f[i]=f[i+1]+g[i+1]+x/y*g[i]+u/y;
	}Pintf("%.2lf",f[0]);
	return 0;
}

题外话：推的时候发现了另外一个式子:设\(P(x)\)表示用\(x\)步刚好取到所有邮票的概率，则:

\[P(x)=\frac{1}{n}\Pi_{i=0}^{n-2}\frac{n-i}{n}\Pi_{i=1}^{x-n}\frac{n-1}{n}\\ P(x)=\frac{n!(n-1)^{x-n}}{n^x} \]

式子也很好理解，保证最后取到没取到的那种，再取完其它的种类，剩下的步数只要不取到最后那枚就行

则本题也可以这样求：

\[sum(n)=\sum_{i=1}^ni\\ E(0)=\sum_{i=n}^{+\infty}P(i)sum(i) \]

然后对这个式子求个通项就行了，不过我还不会求。。。