$Luogu$ $P1291$ $[SHOI2002]$ 百事世界杯之旅

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背景

(CCF) (NOI) (2002) 上海市代表队选拔 (Day1) (T2) ， (Luogu) (P1291)

题意

有 (n) 种卡片，每种抽出来的概率相同。求集齐 (n) 种卡片需要抽取的次数的期望。若答案不为整数请以带分数形式输出。第一行输出分子，第二行输出整数部分和分数线，第三行输出分母。分数线的长度和分母相同，分子、分母、分数线需要左对齐。要求最终结果的分数部分不可约。

解法

整体过程显然是不好考虑的。不妨从其中的一小部分着手。假设当前已经抽出了 (k) 种卡片。则抽出还没有抽到过的卡片的概率为 (frac{n-k}{n}) ，即 (n) 种可能结果中的 (n-k) 种要求的结果。根据概率与期望的关系，显然这一次抽到一种新卡的期望次数为 (frac{n}{n-k}) 。则对于整个过程就是从 (0) 种卡抽到 (1) 种新卡，从 (1) 种卡抽到第 (2) 种新卡， (cdots cdots) 直到抽出第 (n) 种新卡。
因此总的期望次数就是 (sum_limits{k in [0,n)} frac{n}{n-k}) ，也即 (sum_limits{k in [1,n]} frac{n}{k}) 。 (O(n)) 计算即可。
为了以分数形式输出，需要分别处理分子分母，每次求和时就模拟分数相加的过程通分即可。
为了输出最简分数（同时避免分子（母）爆 (long) (long) ），需要边乘边约分（求最大公约数同除去即可）。

(trick)

一个非常用不经典套路：对于不便于计算的整体过程，不妨拆成很小的部分着手，观察变化，可窥知整体规律。

代码

$View$ $Code$

//省略头文件
using namespace std;
inline int read()
{
	int ret=0,f=1;
	char ch=getchar();
	while(ch>'9'||ch<'0')
	{
		if(ch=='-')
			f=-1;
		ch=getchar();
	}
	while(ch>='0'&&ch<='9')
	{
		ret=(ret<<1)+(ret<<3)+ch-'0';
		ch=getchar();
	}
	return ret*f;
}
int n,len1,len2;
long long numerator,denominator;
long long gcd(long long a,long long b)
{
	return b?gcd(b,a%b):a;
}
int main()
{
	n=read();
	numerator=1ll;
	denominator=1ll;
	for(register int i=2;i<=n;i++)
	{
		numerator=numerator*i+denominator;
		denominator*=i;
		long long fac=gcd(numerator,denominator);
		numerator/=fac;
		denominator/=fac;
	}
	numerator*=n;
	long long fac=gcd(numerator,denominator);
	numerator/=fac;
	denominator/=fac;
	if(denominator==1)
		printf("%lld
",numerator);
	else
	{
		long long integer=numerator/denominator,tmp=integer;
		numerator-=denominator*integer;
		while(tmp)
		{
			len1++;
			tmp/=10;
		}
		for(register int i=1;i<=len1;i++)
			printf(" ");
		printf("%lld
",numerator);
		printf("%lld",integer);
		tmp=denominator;
		while(tmp)
		{
			len2++;
			tmp/=10;
		}
		for(register int i=1;i<=len2;i++)
			printf("-");
		printf("
");
		for(register int i=1;i<=len1;i++)
			printf(" ");
		printf("%lld
",denominator);
	}
	return 0;
}