题意
给你一个数,这个数每次除以它的因子(可以是1或本身),就会变成一个更小的数,
问将这个数变成1的期望次数。
题解
对于一个数,如25,它有1 5 25三个因子,它若操作一次,一定可以成为它的某个因子。
因此是它的期望=它的因子期望次数平均值+1,
这里计因子个数为num[],右边也有dp[25]我们移到左边。
则dp[25]=(dp[1]+dp[5]+dp[25])/num[25]+1
即dp[25]*num[25]=dp[1]+dp[5]+dp[25]+num[25]
dp[25]=(dp[1]+dp[5]+num[25])/(num[25]-1)
即dp[i]=(sum[i]+num[i])/(num[i]-1)
我们这里采用筛法,即找到一个数i就求出它的dp[i],并对它的倍数都加上dp[i],且其因子数+1
这样当求到j>i的时候,dp[j]内已经加过所有它的因子的dp值了,即dp[j]当前等于sum[j]
那么,递推式就直接写作dp[i]=(dp[i]+num[i])/(num[i]-1)即可。
心得
对于dp[2]=2这种情况,
我们可以理解为1/2概率抽1,1/2概率抽2,
认为抽2成功而抽1失败,这样就是几何分布,E(ε)=1/(1/2)=2
但这里,很好的用递推式dp[2]=(dp[1]+dp[2])/2+1解决了这一递归情况。
不得不说,dp还是强呀。
代码
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <string>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <set>
#include <map>
#include <vector>
#include <stack>
#include <queue>
#include <bitset>
const int INF=0x3f3f3f3f;
const int mod=1e9+7;
const double eps=1e-7;
typedef long long ll;
#define vi vector<int>
#define si set<int>
#define pii pair<int,int>
#define pi acos(-1.0)
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define lowbit(x) (x&(-x))
#define sci(x) scanf("%d",&(x))
#define scll(x) scanf("%lld",&(x))
#define sclf(x) scanf("%lf",&(x))
#define pri(x) printf("%d",(x))
#define rep(i,j,k) for(int i=j;i<=k;++i)
#define per(i,j,k) for(int i=j;i>=k;--i)
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
using namespace std;
double dp[100005];
int num[100005];
void init()
{
rep(i,1,100000)
{
if(i-1)dp[i]=(dp[i]+num[i]+1)/num[i];
for(int j=2*i;j<=100000;j+=i)//注意枚举倍数
{
dp[j]+=dp[i];
num[j]++;
}
}
}
int main()
{
init();
int t;
sci(t);
rep(k,1,t)
{
int n;
sci(n);
printf("Case %d: %.7f\n",k,dp[n]);
}
return 0;
}