【题解】P1291 百事世界杯之旅

P1291 [SHOI2002]百事世界杯之旅

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题目描述

“……在 \(2002\) 年 \(6\) 月之前购买的百事任何饮料的瓶盖上都会有一个百事球星的名字。只要凑齐所有百事球星的名字，就可参加百事世界杯之旅的抽奖活动，获得球星背包，随声听，更克赴日韩观看世界杯。还不赶快行动！”

你关上电视，心想：假设有 \(n\) 个不同的球星名字，每个名字出现的概率相同，平均需要买几瓶饮料才能凑齐所有的名字呢？

输入格式

整数 \(n（2≤n≤33）\) ，表示不同球星名字的个数。

输出格式

输出凑齐所有的名字平均需要买的饮料瓶数。如果是一个整数，则直接输出，否则应该直接按照分数格式输出，例如五又二十分之三应该输出为（复制到记事本）：\(5\dfrac{3}{20}\)

第一行是分数部分的分子，第二行首先是整数部分，然后是由减号组成的分数线，第三行是分母。减号的个数应等于分母的为数。分子和分母的首位都与第一个减号对齐。

分数必须是不可约的。

Solution

第一道期望 \(dp\) ，虽然说很水但还是用了一些时间才弄懂的...

设目前已经拿了 \(i\) 个球星（由于球星是无序的，所以先拿后拿没区别），现在由 \(f_i\) 来推 \(f_{i+1}\)

则下一个瓶子能抽到不属于已拿的 \(i\) 个球星的概率为 \(\dfrac{n-i}{n}\)

下下个瓶子能抽到的概率，则是要求在下一个时抽到属于已拿 \(i\) 个中的瓶子，于是概率为 \(\dfrac{i}{n} * \dfrac{n - i}{n}\)

下下下个概率为 \(\left(\dfrac{i}{n}\right)^2*\dfrac{n - i}{n}\)

......

第 \(k\) 个瓶子的概率为 \(\left(\dfrac{i}{n}\right)^{k - 1} * \dfrac{n - i}{n}\)

此时的第 \(k\) 次为极限状态，无穷大次

则期望 \(E=1 * \dfrac{n-i}{n} + 2 * \dfrac{i}{n} * \dfrac{n - i}{n} + 3 * \left(\dfrac{i}{n}\right)^2*\dfrac{n - i}{n} + ... + k * \left(\dfrac{i}{n}\right)^{k - 1} * \dfrac{n - i}{n}\)

将式子两边乘以 \(\dfrac{i}{n}\) 得

\(\dfrac{i}{n}E= 1 * \dfrac{i}{n} * \dfrac{n - i}{n} + 2 * \left(\dfrac{i}{n}\right)^2*\dfrac{n - i}{n} + ... + k * \left(\dfrac{i}{n}\right)^{k} * \dfrac{n - i}{n}\)

两式错位相减再将等式两边乘以 \(\dfrac{n - i}{n}\) 得

\(E=1 + \dfrac{i}{n} + \left(\dfrac{i}{n}\right) ^ 2 + ... + \left(\dfrac{i}{n}\right) ^ k\)

有等比数列求和公式 \(\dfrac{a_1(1 - q^n)}{1 - q}\) 得

\(E=\left(\dfrac{n}{n - i}\right)\)

即 \(f_{i + 1} = f_i + \left(\dfrac{n}{n - i}\right)\)

通过递推合并提项得

\(f_n=n * \left(1 + \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{3} + ... + \dfrac{1}{n}\right)\)

这个式子是不是很漂亮很美观 \(2333\) ，接下来就很简单啦如果忽略这恶心的输出格式

Code

#include<bits/stdc++.h>

#define ll long long

#define F(i, x, y) for(int i = x; i <= y; ++ i)

using namespace std;

int n;

struct node{

    ll a, b;

}ans;

int weishu(ll x)

{

    int k = 0;

    while(x) x /= 10, ++ k;

    return k;

}

ll gcd(ll x, ll y){return (x % y == 0) ? y : gcd(y, x % y);}

int main()

{

    scanf("%d", &n);

    ans.b = 1;

    F(i, 1, n)

    {

        ans.a = ans.a * i + ans.b, ans.b = ans.b * i;

        ll k = gcd(ans.b, ans.a);

        ans.a /= k, ans.b /= k;

    }

    ans.a *= n;

    ll k = gcd(ans.b, ans.a);

    ans.a /= k, ans.b /= k;

    if(ans.b == 1) {printf("%lld\n", ans.a); return 0;}

    k = ans.a / ans.b, ans.a -= k * ans.b;

    int l1 = weishu(k), l2 = weishu(ans.b);

    F(i, 1, l1) printf(" "); printf("%lld\n", ans.a);

    if(k) printf("%lld", k);

    F(i, 1, l2) printf("-"); printf("\n");

    F(i, 1, l1) printf(" "); printf("%lld\n", ans.b);

    return 0;

}

巴特西

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