正推不行就逆推！
经典问题：生日悖论
换成其互斥事件：m个人， 每个人生日都不相同的概率 ≤ 0.5 时最小人数。
这就是邮票收集问题的变形：每个邮票至少出现一次的概率 小于等于 0.5
邮票收集问题资料：https://en.wikipedia.org/wiki/Coupon_collector%27s_problem
我们现在面对的是一个n面的骰子， 骰子的每面都是随机出现的， 求问将所有面都被看完所期望的投掷次数（假设只看最上面那一面）
那么， 问题的解就是：
H[n] = (1 + 1/2 + 1/3 + 1/4 + ... + 1/n), 这就是调和级数的前n项。
这个值近似等于欧拉常数约为：0.57721566490153286060651209。（不过这是一个当n接近无穷时的近似值， 并不能代替具体的H[n]， 比如当 n = 1 || 2时）
而所求的是期望的权值， 根据期望的线性性质E(XY) = E(X)*E(Y)
所以， 总的权值期望就等价于 每次的权值期望 * 次数的期望。
n个面， 每个面至少出现一次的期望次数是：E(x) = n * H[n]，那么， 某个指定的面至少出现一次的期望次数就是E(z) = E(x)/n = H[n]。
Light Oj 1027 A Dangerous Maze
题意 ： 在n个门前选择一扇门出去， 然后如果第i扇门的 Xi值是正的话，你会花费Xi时间后出去 ， 如果Xi是负数的话你会花费-Xi时间后回到老地方，并且忘记了刚才的选择， 选择一扇门的概率是等概的。求出去的期望。
思路 ：定义一次选择选择到Xi是整数的概率为P1,选择到负数的概率是P2，然后选择了正数后平均在T1时间后出去， 选择了负数后平均在T2时间后回到原地。接着设出去的期望是Y，那么可以写出一个式子 ：Y = P1 * T1 + P2 * (T2 + Y)， 这样的话问题就得到了解决， 最后整理下式子就是 ： Y = 正数个数的倒数 * ∑abs(Xi) ；
#include <map> #include <set> #include <list> #include <cmath> #include <ctime> #include <deque> #include <stack> #include <queue> #include <cctype> #include <cstdio> #include <string> #include <vector> #include <climits> #include <cstdlib> #include <cstring> #include <iostream> #include <algorithm> #define LL long long #define PI 3.1415926535897932626 using namespace std; LL gcd(LL a, LL b) {return a % b == 0 ? b : gcd(b, a % b);} LL tot,sum; int main() { int T,kase = 1; scanf("%d",&T); while (T--) { tot = 0; sum = 0; int N; scanf("%d",&N); for (int i = 1 ; i <= N ; i++) { int x; scanf("%d",&x); if (x > 0) tot++; sum += abs(x); } if (tot == 0) printf("Case %d: inf\n",kase++); else { LL g = gcd(sum,tot); printf("Case %d: %lld/%lld\n",kase++,sum / g,tot / g); } } return 0; }