题目大意
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(frac{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（注意是第(k)张而不是第(k)种）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。
(nleq 10000)
题外话
如果买第(k)种需要(k)元钱要怎么做？
已经买了(i)张，买到下一张需要的期望钱数是(frac{n}{n-i} imesfrac{n+1}{2})
所以总的代价是
[sum_{i=0}^{n-1}frac{n(n+1)}{2(n-i)}=frac{n(n+1)}{2}sum_{i=1}^{n}frac{1}{i}
]
可惜这题没那么简单。
题解
设(p(x,i))为已经买了(i)个物品，通过(x)次购买买完剩下的物品的概率
设(g_i)为已经买到了(i)个物品，买完所有物品的期望次数
[g_i=g_{i+1}+frac{n}{n-i}
]
下一次买到想要的物品的概率为(frac{n-i}{n})，取倒数就是期望
还有一条式子
[g_i=sum_{x=1}^infty x imes p(x,i)
]
买(x)次成功的概率乘以(x)
设(f_{i,j})为已经买到了(i)个物品，之间买过(j)次，买完所有物品的花费
有一个递推式
[f_{i,j}=f_{i,j+1} imesfrac{i}{n}+f_{i+1,j+1} imesfrac{n-i}{n}+(j+1)
]
[egin{align}
f_{i,j}&=sum_{x=1}^infty ((j+1)+(j+2)+cdots(j+x)) imes p(x,i)\
&=sum_{x=1}^infty frac{x(x+2j+1)}{2} imes p(x,i)
end{align}
]
作差得
[f_{i,j+1}-f_{i,j}=sum_{x=1}^infty x imes p(x,i)=g_i\
f_{i,j+1}=f_{i,j}+g_i\
]
代入到递推式中得
[egin{align}
f_{i,j}&=(f_{i,j}+g_i) imesfrac{i}{n}+(f_{i+1,j}+g_{i+1}) imesfrac{n-i}{n}+(j+1)\
f_{i,j}&=frac{i}{n}f_{i,j}+frac{i}{n}g_{i}+frac{n-i}{n}f_{i+1,j}+frac{n-i}{n}g_{i+1}+(j+1)\
f_{i,j}&=frac{i}{n-i}g_{i}+f_{i+1,j}+g_{i+1}+frac{n}{n-i}(j+1)
end{align}
]
可以发现(f_{i,j})只和(j)，(f_{i+1,j})，(g_{i})，(g_{i+1})有关。因为我们只要求(f_{0,0})，所以可以把(j)那一维删去
[f_{i}=frac{i}{n-i}g_i+f_{i+1}+g_{i+1}+frac{n}{n-i}
]
代码
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
#include<utility>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
double g[100010];
double f[100010];
int main()
{
int n;
scanf("%d",&n);
int i;
g[n]=0;
for(i=n-1;i>=0;i--)
g[i]=g[i+1]+double(n)/(n-i);
f[n]=0;
for(i=n-1;i>=0;i--)
f[i]=f[i+1]+double(i)/(n-i)*g[i]+g[i+1]+double(n)/(n-i);
printf("%.2lf
",f[0]);
return 0;
}