标签:邮票 Pr ch frac int Luogu sum P4550 式子
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Solution:
本题直接推价格似乎很难,考虑先从购买次数入手
设购买次数\(g(i)\)为当前有\(i\)种不同的邮票,要买到\(n\)种的期望购买次数
可以由期望的定义得到式子:\(g(x)=\sum_{i=0}^{+\infty}Pr(i,x)\),其中\(Pr(i,x)\)为买\(i\)次从\(x\)种买到\(n\)种的概率
对于一个局面,记它可以转移到的局面集合为\(to\),则它的期望可以表示为
\[
E(u)=\sum_{v\in to_u}(E(v)+cost(v,u))Pr(v)
\]
其中\(Pr(v)\)表示从\(v\)局面转移到\(u\)局面的概率,\(cost(v,u)\)表示从\(v\)转移到\(u\)局面的的代价
那么对于本题也可以如此转化:\(g(x)=\frac{x}{n}(g(x)+1)+\frac{n-x}{n}(g(x+1)+1)\)
也很好理解,因为再抽一张卡,可能抽到已经抽到的,也可能抽到新的,而转移的代价都为1
显然,\(g(n)=0\),再把式子转化一下,就可以得到\(g(x)\)的计算方式:
\[
\frac{n-x}{n}g(x)=\frac{n-x}{n}g(x+1)+1\\
g(x)=g(x+1)+\frac{n}{n-x}
\]
然后我们再考虑设\(f(i,j)\)表示当前有\(i\)种邮票,下次购买要花\(j\)元时,买到\(n\)种的期望花费
我们知道购买要\(j\)元,结合题意,就能很好的推出\(f(i,j)\)的转化方程:
\[
f(i,j)=\frac{i}{n}(f(i,j+1)+j)+\frac{n-i}{n}(f(i+1,j+1)+j)\\
f(i,j)=\frac{i}{n}f(i,j+1)+\frac{n-i}{n}f(i+1,j+1)+j\\
\]
我们考虑一下\(f(i,j)\)的定义,便可以得出式子:
\[
f(i,j)=\sum_{u=0}(j+(j+1)+\dots+(j+u-1))Pr(u,i)\\
f(i,j)=\sum_{u=0}\frac{u(2j+u-1)}{2}Pr(u,i)\\
\]
这里\(Pr\)的定义同上文\(g(x)\)定义式中的\(Pr\),然后我们再考虑表示\(f(i,j+1)\),很简单,带入即可
\[
f(i,j+1)=\sum_{u=0}\frac{u(2j+u+1)}{2}Pr(u,i)
\]
考虑表示将\(f(i,j+1)\)减去\(f(i,j)\)可得:\(f(i,j+1)-f(i,j)=\sum_{u=0}uPr(u,i)\)
可以发现它与前面的期望定义式是一样的,则我们得到式子:\(f(i,j+1)=f(i,j)+g(i)\)
则我们可以把\(f(i,j)\)表示一下:
\[
f(i,j)=\frac{i}{n}f(i,j+1)+\frac{n-i}{n}f(i+1,j+1)+j\\
f(i,j)=\frac{i}{n}(f(i,j)+g(i))+\frac{n-i}{n}(f(i+1,j)+g(i+1))+j
\]
事实上我们只需求出\(f(0,1)\),而在递推中可以发现\(j\)是没有变化的,则可以直接忽略\(j\)
\[
f(i)=\frac{i}{n}(f(i)+g(i))+\frac{n-i}{n}(f(i+1)+g(i+1))+1\\
\frac{n-i}{n}f(i)=\frac{i}{n}g(i)+\frac{n-i}{n}f(i+1)+\frac{n-i}{n}g(i+1)+1\\
f(i)=\frac{i}{n-i}g(i)+f(i+1)+g(i+1)+\frac{n}{n-i}
\]
Code:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e4+1;
int n;double u,f[N],g[N];
int read(){
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(isdigit(ch)){x=x*10+ch-48;ch=getchar();}
return x*f;
}
int main(){
n=read();f[n]=g[n]=0;u=n;
for(int i=n-1;~i;i--) g[i]=g[i+1]+u/(u-i);
for(int i=n-1;~i;i--){
double x=i,y=n-i;
f[i]=f[i+1]+g[i+1]+x/y*g[i]+u/y;
}printf("%.2lf",f[0]);
return 0;
}
题外话:推的时候发现了一个有趣的引理:设\(P(x)\)表示用\(x\)步刚好取到所有邮票的概率,则:
\[
P(x)=\frac{1}{n}\Pi_{i=0}^{n-2}\frac{n-i}{n}\Pi_{i=1}^{x-n}\frac{n-1}{n}\\
P(x)=\frac{n!(n-1)^{x-n}}{n^x}
\]
式子也很好理解,保证最后取到没取到的那种,再取完其它的种类,剩下的步数只要不取到最后那枚就行
则本题也可以这样求:
\[
sum(n)=\sum_{i=1}^ni\\
E(0)=\sum_{i=n}^{+\infty}P(i)sum(i)
\]
然后对这个式子求个通项就行了,不过我还不会求。。。
标签:邮票,Pr,ch,frac,int,Luogu,sum,P4550,式子 来源: https://www.cnblogs.com/NLDQY/p/11160719.html
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