【BZOJ-1426】收集邮票 概率与期望DP

1426: 收集邮票

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Description

有n种不同的邮票，皮皮想收集所有种类的邮票。唯一的收集方法是到同学凡凡那里购买，每次只能买一张，并且买到的邮票究竟是n种邮票中的哪一种是等概率的，概率均为1/n。但是由于凡凡也很喜欢邮票，所以皮皮购买第k张邮票需要支付k元钱。 现在皮皮手中没有邮票，皮皮想知道自己得到所有种类的邮票需要花费的钱数目的期望。

Input

一行,一个数字N N<=10000

Output

要付出多少钱. 保留二位小数

Sample Input

3

Sample Output

21.25

HINT

Source

Solution

第一次见概率题这么做的...好厉害

首先我们定义$g[i]$表示现在有$i$张，要买到$n$张的期望次数；

定义$P(x,i)$为买$x$次能从$i$种买到$n$种的概率。

那么可以得到:

$$g[i]=sum _{x=0}^{infty }x*P(x,i)$$

那么就有：

$$g[i]=g[i]*frac{i}{n}+g[i+1]*frac{n-i}{n}+1$$

$$g[i]-g[i]*frac{i}{n}=g[i+1]*frac{n-i}{n}+1$$

$$g[i]*frac{n-i}{n}=g[i+1]*frac{n-i}{n}+1$$

$$g[i]=(g[i+1]*frac{n-i}{n}+1)*frac{n}{n-i}$$

得到$g[i]=g[i+1]+frac{n}{n-i}$ ，且知道$g[n]=0$

那么我们设$f[i][j]$表示还现在有$i$张，下一张是$j$元，买到$n$张的期望

显然$f[i][j]$到$f[i][j+1]$的概率是$frac{i}{n}$，到$f[i+1][j+1]$的概率是$frac{n-i}{n}$，并且付出的代价都是$j$

所以转移显然：

$$f[i][j]=frac{i}{n}*f[i][j+1]+frac{n-i}{n}*f[i+1][j+1]+j$$

但是$f[i][j]$是的递推是无穷大的，所以不能直接递推，考虑它的一些性质：

$$f[i][j]=sum_{x=0}^{infty }[j+(j+1)+...+(x+j-1)]*P(x,i)$$

显然是个等差数列求和，所以可以得到：

$$f[i][j]=sum _{x=0}^{infty }frac{x*[(j)+(x+j-1)]}{2}*P(x,i)$$

然后我们作差$f[i][j+1]-f[i][j]$得到：

$$f[i][j+1]-f[i][j]=sum_{x=0}^{infty}x*P(x,i)  Leftrightarrow  f[i][j+1]-f[i][j]=g[i]$$

所以我们就可以对开始时$f[i][j]$这个式子进行化简，得到：

$$f[i][j]=f[i][j+1]*frac{i}{n}+f[i+1][j+1]*frac{n-i}{n}$$

$$Rightarrow f[i][j]=(f[i][j]+g[i])*frac{i}{n}+(f[i+1][j]+g[i+1])*frac{n-i}{n}+j$$

$$f[i][j]=frac{[(f[i+1][j]+g[i+1])*frac{n-i}{n}+g[i]*frac{i}{n}+j]*n}{n-i}$$

然后我们发现$j$这一维其实是无效的，我们只需要知道$j=1$时的答案，所以我们在转移的时候忽略它，直接令$j=1$，并用$f[i]$表示$f[i][1]$，得到：

$$f[i]=f[i+1]+g[i+1]+g[i]*frac{i}{n-i}+frac{n}{n-i}$$

然后我们就可以线性时间得到答案了。

Code

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstring>
using namespace std;
#define MAXN 10010 
int N;
double g[MAXN],f[MAXN];
int main()
{
    scanf("%d",&N);
    for (int i=N-1; i>=0; i--) g[i]=g[i+1]+1.0*N/(N-i);
    for (int i=N-1; i>=0; i--) f[i]=f[i+1]+g[i+1]+g[i]*1.0*i/(N-i)+1.0*N/(N-i); 
    printf("%.2lf
",f[0]); 
}

　　

码量比思路量不知道小到哪去了！！