题解 | #抽奖#

请看大佬的答案，我只是搬运一下。

/* 
牛客大佬的解析：几何分布问题，抽到ssr概率为p，第x次抽到ssr，前x-1次抽到普通的期望EX=1/p，也就是抽到ssr的次数期望为1，抽到普通的次数期望为(1/p)-1，最后花费期望就是1/p-1+2 = 1/p+1 = 2+n/i (p=i/(i+n)) 
*/
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
    int n;
    int m;
    while (cin >> n)
    {
        cin >> m;
        double val = 0.00;
        for (int i = 1; i <= m; i++)
        {
            val = val + 2 + (double)n / i;
        }
        cout << fixed << setprecision(2) << val << endl;
    }
    return 0;
}

个人理解，将第m次抽到ssr记为事件$A_{m}A\_m$，第m-1次抽到ssr记为$A_{m-1}A\_\{m-1\}$,那么p($A_{m}A\_m$)=1/(n+1),p($A_{m-1}A\_\{m-1\}$)=2/(n+2),假设这之间共抽到x次普通装备，显然抽普通装备服从伯努利试验，每次抽到的概率均为n/(n+1)=1-p($A_{m}A\_m$)。就相当于将抽到m-1次之后，抽到m次时这个过程服从几何分布。换言之，这个过程的最后一次一定是抽到了ssr，这个过程才会结束，这个过程服从几何分布。那么也就是抽到ssr的期望为1，抽到普通装备的期望为(1/p($A_{m}A\_m$))-1。将这m次的抽取过程都看成是这个重复的那么，那么最后的期望就是：${\sum }_{i=1}^m((1\mathrm{/}p-1)\ast 1+1\ast 2)\backslash sum\_\{i=1\}^m((1/p-1)*1\; +1*2)$=${\sum }_{i=1}^m(2+n\mathrm{/}i)\backslash sum\_\{i=1\}^m(2+n/i)$