【Python蓝桥杯】印章 共有n种图案的印章，每种图案的出现概率相同。小A买了m张印章，求小A集齐n种印章的概率。

最近在刷蓝桥杯题目，按题目做一下笔记整理，顺便分享交流一下，有更好的解决方案欢迎大家共同提出探讨，以下源代码为系统提交满分答案

印章

问题描述

资源限制
Python时间限制：5.0s
问题描述
共有n种图案的印章，每种图案的出现概率相同。小A买了m张印章，求小A集齐n种印章的概率。
输入格式
一行两个正整数n和m
输出格式
一个实数P表示答案，保留4位小数。
样例输入
2 3
样例输出
0.7500
数据规模与约定
1≤n，m≤20

源代码

n,m = map(int,input().split())
#  创建二位数组
'''
    创建m+1行 n+1列的二维数组
    输入4 3
    dp = [
            [0, 0, 0, 0, 0], 
            [0, 0, 0, 0, 0], 
            [0, 0, 0, 0, 0], 
            [0, 0, 0, 0, 0]
        ]
'''
dp = [[0 for i in range(n + 1)] for i in range(m + 1)]
for i in range(1 , m + 1):
    for j in range(1 , n + 1):
        if i < j :
            dp[i][j] = 0
        elif j == 1:
            dp[i][j] = pow(1 / n ,i - 1)
        else:
            dp[i][j] = dp[i-1][j] * (1/n) * j + dp[i-1][j-1] * (1/n)*(n-(j-1))

print("{:.4f}".format(dp[m][n]))

问题分析

该题为经典的DP(动态规划)问题，需要使用DP(动态规划)思想解决
什么是DP（动态规划）呢？
用非人话说，DP基本性质：
1、问题具有最优⼦结构性质：问题所包含的⼦问题的解也是最优的。
2、⽆后效性：算⼀步是⼀步，只会存储当前的运算结果。为下⼀步计算提供结果。
DP的解题核心：写出递归问题的转移⽅程并确定转移⽅程的边界条件。
用人话转述就是：一个问题可以被分解为诸多子问题，每一个求解结果都依赖于上一步的结果，同时在计算中需要注意边界值的判断

本题需要分情况考虑，初步思考为：
1.需要集齐的印章数 > 购买的印章的数量
2.需要集齐印章数为1，购买的印章数量为1
3.需要集齐印章数为1，购买的印章数量大于1
4.其它情况
下面进行具体分析：
1.当需要集齐的印章数 > 购买的印章的数量时，此时是不可能集齐的，P必定为0
2.当需要集齐的印章数为1，购买的印章数量为1时，此时我们购买的那一张印章一定为唯一的那一种图案，P必定为1
3.当需要集齐印章数为1，购买的印章数量大于1时，假设购买的印章为4张（i=4）：
第一张必定抽取到唯一的印章图案，P为1；第二张需要从n种印章中抽取刚才抽取的那一种图案，因此需要乘1/n(n为印章图案总数)；第三张仍需要从n种印章中抽取刚才抽取的那一种图案，因此再乘1/n；第四张同理。因此，当需要集齐印章数为1，购买的印章数量大于1时，P = (1/n)^(i-1)

4.其它情况下，又可分为两种子情况：
（1）抽取的印章图案为已有的图案（重复）
假设在购买3张时已经集齐了三种印章图案（i=3,j=3），那么下一张一定会出现已拥有三种图案中的一种，也就是只能从n中抽取已存在的三张,由i,j之间的关系推出这种情况的概率为dp[i-1][j]*（1/n）*j

（2）抽取的印章图案为新的图案
假设印章图案还没有收集完成，那么此时抽取的印章便为新的印章图案，只能从未抽取过的n-(j-1)个图案中进行选择（-1是因为本次抽取还没有完成，因此本次的印章不用减掉，被减数j需要-1 -> 也可以理解成减掉j后把本次的印章加上，再加一 n-j+1）,由i,j之间的关系推出这种情况的概率为dp[i-1][j-1]*（1/n）*（n-(j-1))

将两种情况相加就是dp[i][j]的概率，在进行一番循环计算后，只需要输出二位数组的最后一位数dp[m][n]，即我们所需要求的概率

测评结果

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