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解法

有一定思维难度的期望dp

• 首先，如果直接强行求最后期望花钱的数量是不太可行的
• 那么，我们不妨先求出期望买的张数，然后就可以比较方便地求出最后的答案
• 设$f[i]$表示已经收集到$i$种不同的邮票，还需要再购买的邮票数的期望值，不妨就假设那$i$种邮票就是前$i$种，因为我们并不关心到底购买到的是哪一种
• 那么，关于$f[i]$的转移方程是比较容易得到的，考虑下一次买到的是什么，有$\frac{i}{n}$的概率会买到之前的$i$张，有$\frac{n-i}{n}$的概率会买到剩余没有被买到过的
• 所以，我们就可以得到$f[i]=\frac{i}{n}f[i]+\frac{n-i}{n}f[i+1]+1$。把这个式子转化一下，就变成$f[i]=f[i+1]+\frac{n}{n-i}$。得到这个式子可以根据期望的线性性。
• 然后，我们再设$g[i]$表示已经收集到$i$种不同的邮票，还需要购买的期望代价
• 可以发现，$g$的转移其实和$f$很类似，可以得到$g[i]=\frac{i}{n}(g[i]+f[i]+1)+\frac{n-i}{n}(g[i+1]+f[i+1]+1)$，稍微移项一下就变成$g[i]=\frac{i}{n-i}f[i]+g[i+1]+f[i+1]+\frac{n}{n-i}$
• 那么，我们最后的答案就是$g[0]$
• 本题主要运用期望的线性性，这个性质是解决期望问题的关键
• 解决期望问题一般都是倒推
• 时间复杂度：$O(n)$

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define double long double
#define N 10010
using namespace std;
template <typename node> void chkmax(node &x, node y) {x = max(x, y);}
template <typename node> void chkmin(node &x, node y) {x = min(x, y);}
template <typename node> void read(node &x) {
    x = 0; int f = 1; char c = getchar();
    while (!isdigit(c)) {if (c == '-') f = -1; c = getchar();}
    while (isdigit(c)) x = x * 10 + c - '0', c = getchar(); x *= f;
}
double f[N], g[N];
int main() {
    int n; read(n); f[n] = g[n] = 0;
    for (int i = n - 1; ~i; i--) {
        f[i] = f[i + 1] + (double)n / (n - i);
        g[i] = (double)i / (n - i) * f[i] + g[i + 1] + f[i + 1] + (double)n / (n - i);
    }
    cout << fixed << setprecision(2) << g[0] << "\n";
    return 0;
}