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

\[E(u)=\sum_{v\in to_u}(E(v)+cost(v,u))P(v)
\]

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。。。