这显然是一道概率的题目(废话)
设发(f[i])表示买到第(i)张邮票还需要购买的期望次数，(g[i])表示买到第(i)张邮票还需要期望花费的钱。
那么答案显然为(g[0])，我们来考虑怎么转移。
对于(f[i])，有三种情况：
- 现在有(frac{i}{n})的几率会买到重复的邮票，即(f[i] imes frac{i}{n}).
- 现在有(frac{n-i}{n})的几率会买到新的邮票，即(f[i+1] imes frac{n-i}{n}).
- 花费(1)次买现在的邮票。
所以我们可以列出：(f[i]=f[i] imes frac{i}{n} + f[i+1] imes frac{n-i}{n} +1).
方程较复杂，我们来化简一下。
(f[i] - f[i] imes frac{i}{n} =f[i+1] imes frac{n-i}{n} +1)
(f[i] imes frac{n-i}{n} =f[i+1] imes frac{n-i}{n} +1)
$f[i] =f[i+1] imes frac{n}{n-i} $
我们可以知道(f[n])是等于(0)的，所以倒推即可。
那对于(g[i])怎么办呢？
同理，(g[i])的推导跟(f[i])类似，也分为买到自己已有的邮票和没有的邮票两种情况，即：
$g[i]=(f[i]+g[i]+1) imes frac{i}{n} + (f[i+1]+g[i+1]+1) imes frac{n-i}{n} $
同时我们也来化简一下：
$g[i]=frac{i}{n}f[i]+frac{i}{n}g[i] + frac{n-i}{n}(f[i+1]+g[i+1]) +1 ( )frac{n-i}{n}g[i]=frac{i}{n}f[i] + frac{n-i}{n}(f[i+1]+g[i+1]) +1 ( )g[i]=frac{i}{n-i}f[i] + f[i+1]+g[i+1] +frac{n}{n-i} $
(g[n])仍然为0，我们还是可以倒推。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define inf 0x3f3f3f3f
#define RI register int
using namespace std;
const int N=1e4+2;
int n;double f[N],g[N];
inline double S(int x,int y){return (1.0*x)/(1.0*y);}
int main(){
scanf("%d",&n);
for(register int i=n-1;~i;--i){
f[i]=f[i+1]+S(n,n-i);
g[i]=S(i,n-i)*f[i]+g[i+1]+f[i+1]+S(n,n-i);
}printf("%.2lf",g[0]);
return 0;
}