SP1026 FAVDICE - Favorite Dice

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期望DP经典例题

Description

一个n面的骰子，求期望掷几次能使得每一面（每一种点数）都被掷到。

数据范围：$n\le 1000$，共$t(t\le 1000)$组数据。

Solution

一种正确但不可行的想法

一开始想着设$dp[i][j]$为投掷了$i$次骰子后扔到过$j$个不同面所经过次数的期望，那么这个转移式还是比较好想的：

​ $dp[i][j]=\frac{n-(j-1)}{n}dp[i-1][j-1]+\frac{j}{n}dp[i-1][j](dp[1][1]=1)$

​ $ans={\sum }_{i=n}^{\infty }dp[i][n]$

$dp[i][j]$由两种情况转移而来：1、$dp[i-1][j]$：扔了一次骰子还是已出现过的$j$面中的一种，$p=\frac{j}{n}$；2、$dp[i-1][j-1]$：扔了一次骰子不是已出现过的$j-1$面中的一种，$p=\frac{n-(j-1)}{n}$。

但是，这种正向推导的方法有一种显然的问题：理论上存在扔无限次骰子而始终无法使得每一面都被掷到的可能性，故此答案没法统计（$ans$收敛于何处实在难求），故我们考虑不依赖于步数的新状态。

正推？

设$dp[i]$表示恰好投出$i$种不同点数的期望投掷次数，初始状态为$dp[1]=1$，问题来了：$dp[i]$由何转移得到？应由$dp[i-1]$和$dp[i]$。到了这里，$dp[i-1]$到$dp[i]$的概率为$\frac{n-i+1}{n}$，$dp[i]$到$dp[i]$的概率为$\frac{i}{n}$，概率和不为1，不可行。

逆推

设$dp[i]$表示当前已投出过$i$种不同点数后投掷的期望次数，那么考虑在$f[i]$状态下投掷一次骰子，显然有$\frac{i}{n}$的概率又扔到原有的$i$面骰子，$f[i]$转移到$f[i]$，有$\frac{n-i}{n}$的概率扔到原来没扔到的$n-i$面骰子，$f[i]$转移到$f[i+1]$，所以：

​ $dp[i]=\frac{i}{n}(dp[i]+1)+\frac{n-i}{n}(dp[i+1]+1)$

其中，$dp[n]=0$

化为标准递归公式的形式，即为：$dp[i]=dp[i+1]+\frac{n}{n-i}$

（别忘了转移的时候我们扔了一次骰子！）

Code

#include<cstdio>
#include<iostream>
#define ri register int
using namespace std;

const int MAXN=1020;
int t,n;
double dp[MAXN],ans;

int main()
{
	scanf("%d",&t);
	for(ri opt=1;opt<=t;opt++)
	{
		scanf("%d",&n);
		dp[n]=0;
		for(ri i=n-1;i>=0;i--)
			dp[i]=dp[i+1]+(double)n/(double)(n-i);
		printf("%.2f\n",dp[0]);
	}	
	return 0;
}