【期望Dp】【bzoj1426】: 收集邮票

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Description

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。

Input

一行,一个数字N N<=10000

Output

要付出多少钱. 保留二位小数

Sample Input

3

Sample Output

21.25

思路

f[i]代表已经拥有了i张邮票，还需购买邮票次数的期望。显然f[n]=0。
那么对于已经拥有i张邮票的状态，下一次选择有两种情况：
①有i/n的概率取重复的邮票，状态依旧为f[i]，②有(n-i)/n的概率取其它的邮票，状态进入f[i+1]
那么我们就能得到方程f[i]=(i/n)∗f[i]+((n−i)/n)∗f[i+1]+1
整理得f[i]=f[i+1]+n/(n−i)
我们令g[i]代表已经拥有i张邮票，还需花的钱的数量。同理g[n]=0。
对于g[i]也同样有两种情况。已知每次取邮票花的钱比上一次多一，反过来计算，假设取第k张邮票花1元，k之前的每次比后一次多1。
那么就有方程g[i]=((n−i)/n)∗(g[i+1]+f[i+1])+(i/n)∗(g[i]+f[i])+1
整理得g[i]=((i/n)∗f[i]+((n−i)/n)∗(g[i+1]∗f[i+1]))∗(n/(n−i))
g[0]即为所求

神奇的代码

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;double f[10005],g[10005];int n;int main(){    scanf("%d",&n);    for(int i=n-1;i>=0;--i)     f[i]=f[i+1]+1.0*n/(n-i);    for(int i=n-1;i>=0;--i)     g[i]=(f[i]*i/n+(g[i+1]+f[i+1])*(n-i)/n+1)*n/(n-i);    printf("%.2lf",g[0]);       return 0;}