自认为这道题是一道比较简单的扩展题……？此处采用了和别的题解思路不同的，纯概率意义上的解法。
首先考虑一个简化版问题：
每次随机一个([1,n])的整数，问期望几次能凑出所有数
这东西我写过一个blog，现在copy过来：
考虑期望的线性性，就是(E=sum E(i))，其中(E)为所求，(E(i))为在已经取出(i-1)个数字时，取到第(i)个数字的期望。根据之前整理过的内容，“发生概率为(p)的事件，在期望(frac{1}{p})次之后会发生”，我们可以得到如下：
[egin{aligned}
P(i)& =frac{n-(i-1)}{n} \
E(i)& =frac{1}{P(i)}=frac{n}{n-i+1}
end{aligned}
]
然后把他们加起来就是
[E=sumfrac{n}{n-i+1}=sumfrac{n}{i}
]
思路是自然的。然后考虑本题，需要给每次操作附加一个权值。所以本质上我们可以分开计算，(g_i)表示已经取出(i-1)个数字时，取到第(i)个数字的期望步数，(f_i)表示期望步数的cost。
考虑如何计算(f_i)。假设从一开始到拿完(i)进行了(p)次操作，这一次拿(i)需要(q)次操作，那么这(q)次操作的( m sum cost)就是
[(p-q)cdot q+q^2=pq
]
这个原理需要编一下233.
大概就是考虑前一半是不考虑这一次拿，之前拿的次数，是要算进当前ans里的。后半部分(q^2)则是这一次拿数对彼此产生的贡献。首先是进行了(q)个操作，那么每次的贡献呢？我们考虑(q)的意义，(q)是“拿数次数的期望”，而“期望”则是所有情况的平均拿数次数，[（平均次数( imes)个数）(=) 总次数 ]，所以对彼此的贡献可以用(q^2)来刻画。
然后就递推一下就好：
for (i = 1 ; i <= N ; ++ i)
n = 1.0 * N / (N - i + 1),
g[i] = g[i - 1] + n, f[i] = f[i - 1] + g[i] * n ;
printf("%.2f", f[N]) ;