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背景
\(CCF\) \(NOI\) \(2002\) 上海市代表队选拔 \(Day1\) \(T2\) ， \(Luogu\) \(P1291\)
题意
有 \(n\) 种卡片，每种抽出来的概率相同。求集齐 \(n\) 种卡片需要抽取的次数的期望。若答案不为整数请以带分数形式输出。第一行输出分子，第二行输出整数部分和分数线，第三行输出分母。分数线的长度和分母相同，分子、分母、分数线需要左对齐。要求最终结果的分数部分不可约。
解法
整体过程显然是不好考虑的。不妨从其中的一小部分着手。假设当前已经抽出了 \(k\) 种卡片。则抽出还没有抽到过的卡片的概率为 \(\frac{n-k}{n}\) ，即 \(n\) 种可能结果中的 \(n-k\) 种要求的结果。根据概率与期望的关系，显然这一次抽到一种新卡的期望次数为 \(\frac{n}{n-k}\) 。则对于整个过程就是从 \(0\) 种卡抽到 \(1\) 种新卡，从 \(1\) 种卡抽到第 \(2\) 种新卡， \(\cdots \cdots\) 直到抽出第 \(n\) 种新卡。
因此总的期望次数就是 \(\sum_\limits{k \in [0,n)} \frac{n}{n-k}\) ，也即 \(\sum_\limits{k \in [1,n]} \frac{n}{k}\) 。 \(O(n)\) 计算即可。
为了以分数形式输出，需要分别处理分子分母，每次求和时就模拟分数相加的过程通分即可。
为了输出最简分数（同时避免分子（母）爆 \(long\) \(long\) ），需要边乘边约分（求最大公约数同除去即可）。
\(trick\)
一个非常用不经典套路：对于不便于计算的整体过程，不妨拆成很小的部分着手，观察变化，可窥知整体规律。
代码
$View$ $Code$
```cpp #include
using namespace std; inline int read() { int ret=0,f=1; char ch=getchar(); while(ch>'9'||ch<'0') { if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); } while(ch>='0'&&ch<='9') { ret=(ret<<1)+(ret<<3)+ch-'0'; ch=getchar(); } return ret*f; } int n,len1,len2; long long numerator,denominator; long long gcd(long long a,long long b) { return b?gcd(b,a%b):a; } int main() { n=read(); numerator=1ll; denominator=1ll; for(register int i=2;i<=n;i++) { numerator=numerator*i+denominator; denominator*=i; long long fac=gcd(numerator,denominator); numerator/=fac; denominator/=fac; } numerator*=n; long long fac=gcd(numerator,denominator); numerator/=fac; denominator/=fac; if(denominator==1) printf("%lld\n",numerator); else { long long integer=numerator/denominator,tmp=integer; numerator-=denominator*integer; while(tmp) { len1++; tmp/=10; } for(register int i=1;i<=len1;i++) printf(" "); printf("%lld\n",numerator); printf("%lld",integer); tmp=denominator; while(tmp) { len2++; tmp/=10; } for(register int i=1;i<=len2;i++) printf("-"); printf("\n"); for(register int i=1;i<=len1;i++) printf(" "); printf("%lld\n",denominator); } return 0; } ```