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参考文献。

（题目：有一个 \(n\) 面的骰子，扔到各面的概率相等。求期望扔几次可以使每一面都被扔到。）

设 \(f_i\) 表示已经扔到过 \(i\) 个不同的面时，期望的扔的次数。

称事件 \(A\) 为扔到了已经扔过的面，事件 \(B\) 为扔到了新的面。

考虑如何求出 \(f_i\)。此前已经扔到过 \(i-1\) 个面，那么有 \(P(A)=\frac{i-1}{n}\)；容斥一下，\(P(B)=1-P(A)=\frac{n-i+1}{n}\)。

于是我们有：

• 扔 \(1\) 次后触发事件 \(B\) 的概率为 \(P(B)=\frac{n-i+1}{n}\)；

• 扔 \(2\) 次后触发事件 \(B\) 的概率（即先发生 \(1\) 次事件 \(A\)，再发生一次事件 \(B\)）为 \(2\cdot P(A)\cdot P(B)=2\cdot\frac{i-1}{n}\cdot\frac{n-i+1}{n}\)；

• 扔 \(3\) 次后触发事件 \(B\) 的概率（即先发生 \(2\) 次事件 \(A\)，再发生一次事件 \(B\)）为 \(3\cdot [P(A)]^2\cdot P(B)=3\cdot(\frac{i-1}{n})^2\cdot\frac{n-i+1}{n}\)；

• ……

观察得到，扔 \(k\) 次后触发事件 \(B\) 的概率为 \(k\cdot [P(A)]^{k-1}\cdot P(B)=k\cdot (\frac{i-1}{n})^{k-1}\cdot \frac{n-i+1}{n}\)。

总的期望即为所有情况的加权和，即：

\[E[X]=\sum\limits_{k=1}^{\infty}k\cdot [P(A)]^{k-1}\cdot P(B) \]

简要起见，设 \(q=P(A),p=P(B)\)。易得 \(p+q=1\)。

设 \(S=\sum\limits_{k=1}^{\infty}k\cdot q^{k-1}\)，易得 \(E[X]=S\cdot p\)。

考虑将 \(S\) 变形。左右同乘 \(q\)：

\[qS=\sum\limits_{k=1}^{\infty}k\cdot q^k \]

两式相减：

\[S-qS=(\sum\limits_{k=1}^{\infty}k\cdot q^{k-1})-(\sum\limits_{k=1}^{\infty}k\cdot q^k) \]

即：

\[(1-q)S=\sum\limits_{k=0}^{\infty}q^{k} \]

右式是几何级数，那么由 \(|q|<1\) 知：

\[\sum\limits_{k=0}^{\infty}q^{k}=\frac{1}{1-q} \]

回代上式：

\[(1-q)S=\frac{1}{1-q} \]

左右同乘 \(\frac{1}{1-q}\)：

\[S=\frac{1}{(1-q)^2} \]

回代到 \(E[X]\)：

\[\begin{align*} E[X]&=S\cdot p\\ &=\frac{p}{(1-q)^2} \end{align*} \]

又 \(p+q=1\)，有：

\[\begin{align*} E[X]&=\frac{p}{(1-q)^2}\\ &=\frac{p}{p^2}\\ &=p^{-1}\\ &=[P(B)]^{-1}\\ &=\frac{n}{n-i+1} \end{align*} \]

易得 \(f_i=f_{i-1}+E[X]\)，即：

\[f_i=f_{i-1}+\frac{n}{n-i+1} \]

得证。