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• 題意：
• 思路：

題意：

一個(gè)n面的骰子，求期望擲幾次能使得每一面都被擲到。

思路：

考慮期望$dp$。定義$f[i]$表示有$i$面了，還需要多少次能到$n$面。當(dāng)前是$i$面，所以選到新的面的概率是$\frac{n?i}{n}$，選到已經(jīng)有的面的概率是$\frac{i}{n}$。那么轉(zhuǎn)移也就比較明顯了：$$f[i]=f[i+1]?\frac{n?i}{n}+f[i]?\frac{i}{n}+1$$
轉(zhuǎn)化成人話就是：我們有$\frac{n?i}{i}$的概率再需要$f[i+1]$步，有$\frac{i}{n}$的概率再需要$f[i]$步。

當(dāng)然還有別的解法。
我們知道$\frac{1}{概率}=期望$，而且$期望=期望+期望$，可以先求出概率讓后取倒數(shù)即可。
假設(shè)當(dāng)前有$i$個(gè)不同的數(shù)，得到新數(shù)的概率是$p=\frac{n?i}{n}$，那么期望就是$\frac{1}{p}=\frac{n}{n?i}$，答案就是${\sum }_{i=0}^{n?1}\frac{n}{n?i}={\sum }_{i=1}^n\frac{n}{i}$。

下面是概率$dp$解法。

//#pragma GCC optimize(2) #include<cstdio> #include<iostream> #include<string> #include<cstring> #include<map> #include<cmath> #include<cctype> #include<vector> #include<set> #include<queue> #include<algorithm> #include<sstream> #include<ctime> #include<cstdlib> #define X first #define Y second #define L (u<<1) #define R (u<<1|1) #define pb push_back #define mk make_pair #define Mid (tr[u].l+tr[u].r>>1) #define Len(u) (tr[u].r-tr[u].l+1) #define random(a,b) ((a)+rand()%((b)-(a)+1)) #define db puts("---") using namespace std;//void rd_cre() { freopen("d://dp//data.txt","w",stdout); srand(time(NULL)); } //void rd_ac() { freopen("d://dp//data.txt","r",stdin); freopen("d://dp//AC.txt","w",stdout); } //void rd_wa() { freopen("d://dp//data.txt","r",stdin); freopen("d://dp//WA.txt","w",stdout); }typedef long long LL; typedef unsigned long long ULL; typedef pair<int,int> PII;const int N=1000010,mod=1e9+7,INF=0x3f3f3f3f; const double eps=1e-6;int n; double ans;int main() { // ios::sync_with_stdio(false); // cin.tie(0);int _; scanf("%d",&_);while(_--){scanf("%d",&n);ans=0.0;for(int i=n-1;i>=0;i--) ans+=1.0*n/(n-i);printf("%.2f\n",ans);}return 0; } /**/

總結(jié)

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