题解 [SHOI2002] 百事世界杯之旅

其实做这道题还蛮难受的。。。因为这个每一次有无限种可能我有钱我可以去买无限瓶可乐啊但是不是可口我不是很赞同┓( ´∀` )┏

然后参考了这篇题解发现错位相减这样的方法，让我们一起膜拜 ButterflyDew 罢！%%%%%%

不水了这题怎么做捏？首先我们根据期望 dp 的套路令 \(f_i\) 为收集 \(i\) 个不同球星期望可乐瓶数。

这道题为什么不用倒序处理呢？因为没必要，我们会发现倒序处理和正着来是等价的。

好，那么我们考虑如何从 \(f_i\) 转移到 \(f_{i + 1}\)。我们买一次有 \(\dfrac{n - i}{n}\) 的概率买到不同的，如果我们买两次，注意这里我们是恰好有一个没有买到的，如果两次都买到不同球星说明你是个欧皇那么我们就得从 \(f_i\) 转移到 \(f_{i + 2}\)。恰好没有买到，那么我们假装第一次买到第二次没买到，那么就是 \(\dfrac{n - i}{n}\times \dfrac{i + 1}{n}\)。

总而言之，如果我们买了 \(k\) 次，那么我们有 \(k - 1\) 次买到相同的，那么就是 \((\dfrac{i}{n})^{k - 1}\)，还有一次我们买到不同的，因此是 \(\dfrac{n - i}{n}\)，那么刚好买到一次不同的的概率是 \((\dfrac{i}{n})^{k - 1}\times \dfrac{n - i}{n}\)。

假设 \(k = \infty\) 则期望是 \(E = 1\times \dfrac{n - i}{n} + 2\times \dfrac{i}{n}\times \dfrac{n - i}{n} + 3\times (\dfrac{i}{n})^2\times \dfrac{n - i}{n} + \dots + k\times(\dfrac{i}{n})^{k - 1}\times \dfrac{n - i}{n}\)。虽然说理论上无穷大是不能随便加减乘除的但是反正我们是 OIer 不是 MOer┓( ´∀` )┏

两边同乘 \(\dfrac{i}{n}\)，然后相减得到 \(E = 1 + \dfrac{i}{n} + (\dfrac{i}{n})^2 + \dots + (\dfrac{i}{n})^{k - 1} - k(\dfrac{i}{n})^k \dfrac{n - i}{n}\)。众所周知，一个大于 \(0\) 小于 \(1\) 的数字的无穷大次方无限趋于 \(0\) 因此我们可以把它看成 \(0\)（看度娘才知道的的），因此这个期望是个等差数列，\(E = \dfrac{n(1 - (\frac{i}{n})^{k - 1})}{n - i} = \dfrac{n}{n - i}\)。

因此 \(f_{i} = f_{i - 1} + E = f_{i - 1} + \dfrac{n}{n - i}\)，很容易知道 \(f_n = \dfrac{n}{1} + \dfrac{n}{2} +\dots \dfrac{n}{n} = n(1 + \dfrac{1}{2} + \dots + \dfrac{1}{n})\)。

代码，这题输出确实是最难搞得，反正写起来蛮难受的说（悲

//SIXIANG
#include <iostream>
#define int long long
#define MAXN 100000
#define QWQ cout << "QWQ" << endl;
using namespace std;
int gcd(int n, int m) {
	if(!m) return n;
	else return gcd(m, n % m);
}
int divide(int x) {
	int len = 0;
	do {
		len++;
		x /= 10;
	} while(x);
	return len;
}
struct frac {
	int mo, so;
};
frac add(frac A, frac B) {
	int a = A.mo, b = A.so;
	int c = B.mo, d = B.so;
	frac ans; ans.mo = ans.so = 0;

	ans.mo = a * d + c * b;
	ans.so = b * d;
	int G = gcd(ans.mo, ans.so);
	ans.mo /= G, ans.so /= G;

	return ans;
}

frac mul(frac A, int B) {
	frac ans = A;
	ans.mo *= B;
	int G = gcd(ans.mo, ans.so);
	ans.mo /= G, ans.so /= G;
	return ans;
}

void print(frac f) {
	int a = f.mo, b = f.so;
	if(a % b == 0) {
		cout << a / b << endl;
		return ;
	}
	int ig = a / b, ss = a % b;

	int il = divide(ig);//整数部分数位长度
	int bl = max(divide(ss), divide(b));//横杠长度
	for(int p = 1; p <= il; p++) cout << " ";
	cout << ss << endl;

	cout << ig;
	for(int p = 1; p <= bl; p++) cout << "-";
	cout << endl;

	for(int p = 1; p <= il; p++) cout << " ";
	cout << b << endl;
}
signed main() {
	int n; cin >> n;
	frac ans, now;
	ans.mo = 1, ans.so = 1;
	for(int p = 2; p <= n; p++) {
		now.mo = 1, now.so = p;
		ans = add(ans, now);
	}
	ans = mul(ans, n);
	print(ans);
}