LightOJ - 1248 Dice (III) - （几何分布期望，dp）

题意：给出一个有n面的色子，求要看见所有面所需要投掷的期望次数。

解析：经典的题型，有两种解题思路：

①.利用几何分布：几何分布（Geometric distribution）是离散型概率分布。其中一种定义为：在n次伯努利试验中，试验k次才得到第一次成功的机率。详细地说，是：前k-1次皆失败，第k次成功的概率。几何分布概率为p时期望E(X) = 1/p;

又因为：

第一个面第一次出现的概率是n/n;

第二个面第一次出现的概率是(n-1)/n;

第三个面第一次出现的概率是(n-2)/n;

...

第 i 个面第一次出现的概率是(n-i+1)/n;

所以所求期望为∑1/pi = n * (1+1/2+1/3+1/4+1/5+...+1/n);

几何分布代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
    double ans;
    int t,n,i,cas;
    scanf("%d",&t);
    for(cas=1;cas<=t;cas++)  
    {                    
        scanf("%d",&n);
        ans=0;
        for(i=1;i<=n;i++)
            ans+=(1.0/i);
        ans*=n;
        printf("Case %d: %.7lf\n",cas,ans);
    }
    return 0;
}

②.dp思路：

设F(i)为看见i面的期望值。那么F(i) = (F(i - 1) + 1) * ((i - 1) / n) + (F(i) + 1) * ((n - (i - 1)) / n)。

即总共看见i面的期望值=这次看到的面是新的一面的期望+这次看面的是以前就看到过某个面的期望

即总共看见i面的期望值=（之前共看见i-1 面的期望值+这次新看的一次）*（这次看到第 i 面，即新的一面的概率）+ （之前共就看见过i面的期望值+这次新看的一次）*（这次看到的面是以前就看到过某个面的概率）

上面公式化简：F(i) = F(i - 1) + (n / (i - 1))或dp[i + 1] = n / (n - i) + dp[i] + 1

dp代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int M = 1e5+10;
double dp[M];
int main() 
{
    int T;
    scanf("%d", &T);
    int cas = 0;
    while(T--) 
    {
        int n;
        scanf("%d", &n);
        dp[1] = 1.0;
        for(int i = 2; i <= n; i++) {
            dp[i] = dp[i-1] + double(n) / (double(i) - 1.0);
        }
        printf("Case %d: %.7lf\n", ++cas, dp[n]);
    }
}