自认为这道题是一道比较简单的扩展题……?此处采用了和别的题解思路不同的,纯概率意义上的解法。

首先考虑一个简化版问题:

每次随机一个\([1,n]\)的整数,问期望几次能凑出所有数

这东西我写过一个blog,现在copy过来:

考虑期望的线性性,就是\(E=\sum E(i)\),其中\(E\)为所求,\(E(i)\)为在已经取出\(i-1\)个数字时,取到第\(i\)个数字的期望。根据之前整理过的内容,“发生概率为\(p\)的事件,在期望\(\frac{1}{p}\)次之后会发生”,我们可以得到如下:

\[\begin{aligned}
P(i)& =\frac{n-(i-1)}{n} \\
E(i)& =\frac{1}{P(i)}=\frac{n}{n-i+1}
\end{aligned}
\]

然后把他们加起来就是

\[E=\sum\frac{n}{n-i+1}=\sum\frac{n}{i}
\]

思路是自然的。然后考虑本题,需要给每次操作附加一个权值。所以本质上我们可以分开计算,\(g_i\)表示已经取出\(i-1\)个数字时,取到第\(i\)个数字的期望步数,\(f_i\)表示期望步数的cost

考虑如何计算\(f_i\)。假设从一开始到拿完\(i\)进行了\(p\)次操作,这一次拿\(i\)需要\(q\)次操作,那么这\(q\)次操作的\(\rm \sum cost\)就是

\[(p-q)\cdot q+q^2=pq
\]

这个原理需要编一下233.

大概就是考虑前一半是不考虑这一次拿,之前拿的次数,是要算进当前ans里的。后半部分\(q^2\)则是这一次拿数对彼此产生的贡献。首先是进行了\(q\)个操作,那么每次的贡献呢?我们考虑\(q\)的意义,\(q\)是“拿数次数的期望”,而“期望”则是所有情况的平均拿数次数,[(平均次数\(\times\)个数)\(=\) 总次数 ],所以对彼此的贡献可以用\(q^2\)来刻画。

然后就递推一下就好:

	for (i = 1 ; i <= N ; ++ i)
n = 1.0 * N / (N - i + 1),
g[i] = g[i - 1] + n, f[i] = f[i - 1] + g[i] * n ;
printf("%.2f", f[N]) ;

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