【BZOJ1426】收集邮票 期望DP
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。
\(n\leq 10000\)
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\(\frac{n}{n-i}\times\frac{n+1}{2}\)
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
\[g_i=\sum_{x=1}^\infty x\times p(x,i)
\]
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
\[f_{i,j}=f_{i,j+1}\times\frac{i}{n}+f_{i+1,j+1}\times\frac{n-i}{n}+(j+1)
\]
\[\begin{align}
f_{i,j}&=\sum_{x=1}^\infty ((j+1)+(j+2)+\cdots(j+x))\times p(x,i)\\
&=\sum_{x=1}^\infty \frac{x(x+2j+1)}{2}\times p(x,i)
\end{align}
\]
作差得
\[f_{i,j+1}-f_{i,j}=\sum_{x=1}^\infty x\times p(x,i)=g_i\\
f_{i,j+1}=f_{i,j}+g_i\\
\]
代入到递推式中得
\[\begin{align}
f_{i,j}&=(f_{i,j}+g_i)\times\frac{i}{n}+(f_{i+1,j}+g_{i+1})\times\frac{n-i}{n}+(j+1)\\
f_{i,j}&=\frac{i}{n}f_{i,j}+\frac{i}{n}g_{i}+\frac{n-i}{n}f_{i+1,j}+\frac{n-i}{n}g_{i+1}+(j+1)\\
f_{i,j}&=\frac{i}{n-i}g_{i}+f_{i+1,j}+g_{i+1}+\frac{n}{n-i}(j+1)
\end{align}
\]
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\n",f[0]);
return 0;
}
