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洛谷 P4550
BZOJ 1426

Solution

• 先定义状态
• $f[i]$ 表示当前已经收集了 $i$ 张邮票的情况下，将 $n$ 张邮票全部收集的期望费用
• $f[n]=0$
• 然后你会发现无法转移——我们不知道现在购买的邮票是第几张
• 所以再次记录 $g[i]$ 表示当前已经收集了 $i$ 张邮票的情况下，将 $n$ 张邮票全部收集的期望购买次数
• 显然 $g[n]=0$
• 当 $0\le i<n$ 时，有
• $g[i]=1+\frac ing[i]+\frac{n-i}ng[i+1]$
• 解方程得
• $g[i]=\frac n{n-i}+g[i+1]$
• 而 $f[i]$ 表示当前已经收集了 $i$ 张邮票，并且下一次购买邮票的费用为 $1$ 的情况下，将 $n$ 张邮票全部收集的期望费用
• 分析下转移：如果当前已经收集了 $i$ 张邮票，并且现在又用 $1$ 的费用购买了一张邮票
• 那么之后所有邮票的费用都加一
• 而期望情况下之后需要再收集 $g[i]$ （或 $g[i+1]$ ）张邮票
• 所以相当于之后多了 $g[i]$ （或 $g[i+1]$ ）的额外费用
• 于是
• $f[i]=1+\frac in(f[i]+g[i])+\frac{n-i}n(f[i+1]+g[i+1])$
• 解方程得
• $f[i]=\frac n{n-i}+\frac i{n-i}g[i]+g[i+1]+f[i+1]$
• 最后答案 $f[0]$
• 复杂度 $O(n)$

Code

#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define Rof(i, a, b) for (i = a; i >= b; i--)

const int N = 1e4 + 5;

int n;
double f[N], g[N];

int main()
{
	int i;
	std::cin >> n;
	Rof (i, n - 1, 0)
	{
		g[i] = g[i + 1] + 1.0 * n / (n - i);
		f[i] = 1.0 * n / (n - i) + 1.0 * i / (n - i) * g[i]
			+ f[i + 1] + g[i + 1];
	}
	printf("%.2lf\n", f[0]);
	return 0;
}