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_{vin 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。。。