【题解】P1291 百事世界杯之旅

P1291 [SHOI2002]百事世界杯之旅

声明：本博客所有题解都参照了网络资料或其他博客，仅为博主想加深理解而写，如有疑问欢迎与博主讨论✧｡٩(ˊᗜˋ)و✧*｡

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）：(5dfrac{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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Solution

第一道期望 (dp) ，虽然说很水 但还是用了一些时间才弄懂的...

设目前已经拿了 (i) 个球星（由于球星是无序的，所以先拿后拿没区别），现在由 (f_i) 来推 (f_{i+1})

则下一个瓶子能抽到不属于已拿的 (i) 个球星的概率为 (dfrac{n-i}{n})

下下个瓶子能抽到的概率，则是要求在下一个时抽到属于已拿 (i) 个中的瓶子，于是概率为 (dfrac{i}{n} * dfrac{n - i}{n})

下下下个概率为 (left(dfrac{i}{n} ight)^2*dfrac{n - i}{n})

......

第 (k) 个瓶子的概率为 (left(dfrac{i}{n} ight)^{k - 1} * dfrac{n - i}{n})

此时的第 (k) 次为极限状态，无穷大次

则期望 (E=1 * dfrac{n-i}{n} + 2 * dfrac{i}{n} * dfrac{n - i}{n} + 3 * left(dfrac{i}{n} ight)^2*dfrac{n - i}{n} + ... + k * left(dfrac{i}{n} ight)^{k - 1} * dfrac{n - i}{n})

将式子两边乘以 (dfrac{i}{n}) 得

(dfrac{i}{n}E= 1 * dfrac{i}{n} * dfrac{n - i}{n} + 2 * left(dfrac{i}{n} ight)^2*dfrac{n - i}{n} + ... + k * left(dfrac{i}{n} ight)^{k} * dfrac{n - i}{n})

两式错位相减再将等式两边乘以 (dfrac{n - i}{n}) 得

(E=1 + dfrac{i}{n} + left(dfrac{i}{n} ight) ^ 2 + ... + left(dfrac{i}{n} ight) ^ k)

有等比数列求和公式 (dfrac{a_1(1 - q^n)}{1 - q}) 得

(E=left(dfrac{n}{n - i} ight))

即 (f_{i + 1} = f_i + left(dfrac{n}{n - i} ight))

通过递推合并提项得

(f_n=n * left(1 + dfrac{1}{2} + dfrac{1}{3} + ... + dfrac{1}{n} ight))

这个式子是不是很漂亮很美观 (2333) ，接下来就很简单啦 如果忽略这恶心的输出格式

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Code

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define F(i, x, y) for(int i = x; i <= y; ++ i)
using namespace std;
int n;
struct node{
    ll a, b;
}ans;
int weishu(ll x)
{
    int k = 0;
    while(x) x /= 10, ++ k;
    return k;
}
ll gcd(ll x, ll y){return (x % y == 0) ? y : gcd(y, x % y);}
int main()
{
    scanf("%d", &n);
    ans.b = 1;
    F(i, 1, n) 
    {
        ans.a = ans.a * i + ans.b, ans.b = ans.b * i;
        ll k = gcd(ans.b, ans.a);
        ans.a /= k, ans.b /= k;
    }
    ans.a *= n;
    ll k = gcd(ans.b, ans.a);
    ans.a /= k, ans.b /= k;
    if(ans.b == 1) {printf("%lld
", ans.a); return 0;}
    k = ans.a / ans.b, ans.a -= k * ans.b;
    int l1 = weishu(k), l2 = weishu(ans.b);
    F(i, 1, l1) printf(" "); printf("%lld
", ans.a);
    if(k) printf("%lld", k);
    F(i, 1, l2) printf("-"); printf("
");
    F(i, 1, l1) printf(" "); printf("%lld
", ans.b);
    return 0;
}