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第一次见概率题这么做的...好厉害

首先我们定义$g[i]$表示现在有$i$张，要买到$n$张的期望次数；

定义$P(x,i)$为买$x$次能从$i$种买到$n$种的概率。

那么可以得到:

$$g[i]=\sum _{x=0}^{\infty }x*P(x,i)$$

那么就有：

$$g[i]=g[i]*\frac{i}{n}+g[i+1]*\frac{n-i}{n}+1$$

$$g[i]-g[i]*\frac{i}{n}=g[i+1]*\frac{n-i}{n}+1$$

$$g[i]*\frac{n-i}{n}=g[i+1]*\frac{n-i}{n}+1$$

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

得到$g[i]=g[i+1]+\frac{n}{n-i}$ ，且知道$g[n]=0$

那么我们设$f[i][j]$表示还现在有$i$张，下一张是$j$元，买到$n$张的期望

显然$f[i][j]$到$f[i][j+1]$的概率是$\frac{i}{n}$，到$f[i+1][j+1]$的概率是$\frac{n-i}{n}$，并且付出的代价都是$j$

所以转移显然：

$$f[i][j]=\frac{i}{n}*f[i][j+1]+\frac{n-i}{n}*f[i+1][j+1]+j$$

但是$f[i][j]$是的递推是无穷大的，所以不能直接递推，考虑它的一些性质：

$$f[i][j]=\sum_{x=0}{\infty }[j+(j+1)+...+(x+j-1)]*P(x,i)$$

显然是个等差数列求和，所以可以得到：

$$f[i][j]=\sum _{x=0}{\infty }\frac{x*[(j)+(x+j-1)]}{2}*P(x,i)$$

然后我们作差$f[i][j+1]-f[i][j]$得到：

$$f[i][j+1]-f[i][j]=\sum_{x=0}^{\infty}x*P(x,i)  \Leftrightarrow  f[i][j+1]-f[i][j]=g[i]$$

所以我们就可以对开始时$f[i][j]$这个式子进行化简，得到：

$$f[i][j]=f[i][j+1]*\frac{i}{n}+f[i+1][j+1]*\frac{n-i}{n}$$

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

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

然后我们发现$j$这一维其实是无效的，我们只需要知道$j=1$时的答案，所以我们在转移的时候忽略它，直接令$j=1$，并用$f[i]$表示$f[i][1]$，得到：

$$f[i]=f[i+1]+g[i+1]+g[i]*\frac{i}{n-i}+\frac{n}{n-i}$$

然后我们就可以线性时间得到答案了。

Code

#include<iostream>#include<cstdio>#include<algorithm>#include<cmath>#include<cstring>using namespace std;#define MAXN 10010 int N;double g[MAXN],f[MAXN];int main(){    scanf("%d",&N);    for (int i=N-1; i>=0; i--) g[i]=g[i+1]+1.0*N/(N-i);    for (int i=N-1; i>=0; i--) f[i]=f[i+1]+g[i+1]+g[i]*1.0*i/(N-i)+1.0*N/(N-i);     printf("%.2lf\n",f[0]); }

码量比思路量不知道小到哪去了！！

【BZOJ-1426】收集邮票 概率与期望DP