洛谷 P1291 [SHOI2002]百事世界杯之旅 解题报告

P1291 [SHOI2002]百事世界杯之旅

题目描述

“……在2002年6月之前购买的百事任何饮料的瓶盖上都会有一个百事球星的名字。只要凑齐所有百事球星的名字，就可参加百事世界杯之旅的抽奖活动，获得球星背包，随声听，更克赴日韩观看世界杯。还不赶快行动！”

你关上电视，心想：假设有n个不同的球星名字，每个名字出现的概率相同，平均需要买几瓶饮料才能凑齐所有的名字呢？

输入输出格式

输入格式：

整数\(n\)（2≤n≤33），表示不同球星名字的个数。

输出格式：

输出凑齐所有的名字平均需要买的饮料瓶数。如果是一个整数，则直接输出，否则应该直接按照分数格式输出，例如五又二十分之三应该输出为（复制到记事本）： \(5 \frac{3}{20}\)第一行是分数部分的分子，第二行首先是整数部分，然后是由减号组成的分数线，第三行是分母。减号的个数应等于分母的为数。分子和分母的首位都与第一个减号对齐。

分数必须是不可约的。

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我确信洛谷和网上的题解大部分都是错的，少部分是对的的也并没有说清楚。

比如说这个题极限的思想，我没有看到一个提出来的。

首先得明白一点，当已经买到所有的名字以后，是不需要再买的。针对于子问题也这样想。

从两个方面分别具体说说这个题目。

一、对每一步暴力极限求解。

令\(f[i]\)表示已经买到\(i\)个球星的期望购买次数。

我们由\(f[i]\)推\(f[i+1]\)

下一次购买可以买到不同球星的概率是\(\frac{n-i}{n}\)

下两次购买可以买到不同球星的概率是\(\frac{i}{n} \times \frac{n-i}{n}\) 注意到这时第一次买到的情况已经忽略了

...

下\(k\)次购买可以买到不同球星的概率是\((\frac{i}{n})^{k-1} \times \frac{n-i}{n}\)

假设第\(k\)次就是正无穷次

则此步的期望即为

\(E=1 \times \frac{n-i}{n}+2 \times \frac{i}{n} \times \frac{n-i}{n}+3 \times (\frac{i}{n})^2 \times \frac{n-i}{n}+...+k \times (\frac{i}{n})^{k-1} \times \frac{n-i}{n}\)

则有

\(\frac{i}{n} \times E=1 \times \frac{i}{n} \times \frac{n-i}{n}+2 \times (\frac{i}{n})^2 \times \frac{n-i}{n}+3 \times (\frac{i}{n})^3 \times \frac{n-i}{n}+...+k \times (\frac{i}{n})^k \times \frac{n-i}{n}\)

错位相减

\(E\approx 1+\frac{i}{n}+(\frac{i}{n})^2+...(\frac{i}{n})^{k-1}\)

此步中采用极限的思想丢了一些\(0\)的项,用“\(\approx\)”表示采用极限思想，实际上极限是准确值，不需要“\(\approx\)”，此处只是为了标示，下同。

由等比数列公式

\(E=1+\frac{\frac{i}{n}-(\frac{i}{n})^k}{\frac{n-i}{n}}\)

\(\approx \frac{n}{n-i}\)

所以我们得出

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

则

\(f[n]=n \times (\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+...+\frac{1}{n})\)

二、神奇的自己推自己的方法

同样令\(f[i]\)表示已经买到\(i\)个球星的期望购买次数。

如果从上一个推过来，为

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

如果从当前推过来，为

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

发现概率之和并不等于1，也就是说，这样写是有问题的。

从上一个推过来肯定没问题，我们考虑从当前推当前的意义。

“买了一个，买的是自己有的的概率”

然而我们考虑最开始说的一句话

“当已经买到所有的名字以后，是不需要再买的。”

也就是说，我们这样写可能把自己买了很多遍，而事实上是并不需要再买的。

于是我们修改一下意义

为“买了一个，买的是自己有的且不是自己的概率”

则推过来就是

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

那我们这个什么时候买呢？

极限的思想，在最后买时，对期望的影响是微乎其微的

把这两项加起来并化简

就得到了

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

和上一个方法的结果是一样的

关于合并两个值并不是一样的\(f[i]\)，用的也是极限的思想

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Code:

#include <cstdio>
#define ll long long
ll gcd(ll a,ll b)
{
    return b?gcd(b,a%b):a;
}
int cal(ll a)
{
    int cnt=0;
    while(a)
        cnt++,a/=10;
    return cnt;
}
struct node
{
    ll p,q;
    node(){}
    node friend operator +(node n1,node n2)
    {
        node n3;
        n3.p=n1.p*n2.p;
        n3.q=n1.p*n2.q+n1.q*n2.p;
        ll d=gcd(n3.p,n3.q);
        n3.p/=d,n3.q/=d;
        return n3;
    }
    node(int q,int p)
    {
        this->p=p;
        this->q=q;
    }
};
int main()
{
    ll n;
    scanf("%lld",&n);
    node f(1,1);
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        node t(1,i);
        f=f+t;
    }
    f.q*=n;
    ll d=gcd(f.q,f.p);
    f.p/=d,f.q/=d;
    if(f.p==1)
    {
        printf("%lld\n",f.q);
        return 0;
    }
    ll Int=f.q/f.p;
    int len=cal(Int);
    for(int i=1;i<=len;i++)
        printf(" ");
    printf("%lld\n%lld",f.q%f.p,Int);
    int len2=cal(f.p);
    for(int i=1;i<=len2;i++)
        printf("-");
    printf("\n");
    for(int i=1;i<=len;i++)
        printf(" ");
    printf("%lld\n",f.p);
    return 0;
}

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2018.7.27