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洛谷 P4550
BZOJ 1426

Solution

• 先定義狀態
• $f[i]$ 表示當前已經收集了 $i$
  i 張郵票的情況下，將 $n$ 張郵票全部收集的期望費用
• $f[n$
  ] = 0 f[n]=0
• 然後你會發現無法轉移——我們不知道現在購買的郵票是第幾張
• 所以再次記錄 $g[i$
  ] g[i] 表示當前已經收集了 $i$ 張郵票的情況下，將 $n$ 張郵票全部收集的期望購買次數
• 顯然 $g[n]=0$
• 當 $0\le i<n$ 時，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 $f[i]$ 表示當前已經收集了 $i$ 張郵票，並且下一次購買郵票的費用為 $1$ 的情況下，將 $n$ 張郵票全部收集的期望費用
• 分析下轉移：如果當前已經收集了 $i$ 張郵票，並且現在又用 $1$ 的費用購買了一張郵票
• 那麼之後所有郵票的費用都加一
• 而期望情況下之後需要再收集 $g[i]$ （或 $g[i+1]$ ）張郵票
• 所以相當於之後多了 $g[i]$ （或 $g[i+1]$ ）的額外費用
• 於是
• $f[i]=1+\frac in(f[i]+g[i])+\frac{n-i}n(f[i+1]+g[i+1])$
• 解方程得
• $f[i]=\frac n{n-i}+\frac i{n-i}g[i]+g[i+1]+f[i+1]$
• 最後答案 $f[0]$
• 複雜度 $O(n)$

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;
}