这个问题的解决方案利用了概率论中的经典技术，即首先定义一组所谓的指标（即二进制值）随机变量，然后使用期望线性。

我们首先定义每个$n$将随机变量分箱

$$\begin{align*} I_j = \begin{cases} 1 & \text{if we draw at least one ball from the } j\text{th bin} \\ 0 & \text{otherwise}. \end{cases} \end{align*}$$ 让$X$是表示我们绘制的不同颜色球的数量的随机变量，我们有 $$X = \sum_{j=1}^n I_j.$$ 现在使用期望的线性， $$\mathbb{E}[X] = \mathbb{E}\left[\sum_{j=1}^n I_j\right] = \sum_{j=1}^n \mathbb{E}[I_j].$$ 仍有待计算$\mathbb{E}[I_j]$为了$j = 1,\dots,n$. 请注意，对于任何$j$ $$\begin{align*} \mathbb{E}[I_j] & = P(I_j = 1) \\ & = P(\text{draw at least one ball from bin } j) \\ & = 1 - P(\text{draw zero balls from bin } j) \\ & = 1 - \left(\frac{n-1}{n}\right)^k. \end{align*}$$ 所以预期的唯一颜色数是 $$\mathbb{E}[X] = n\left[ 1 - \left(\frac{n-1}{n}\right)^k \right]$$

请注意，您提供的答案是一个近似值，因为

$$\left(\frac{n-1}{n}\right)^k = \left(1 - \frac{1}{n}\right)^{k} = \left(1 - \frac{1}{n}\right)^{n\cdot\frac{k}{n}} \approx e^{-k/n}.$$

我有一个类似的问题，并找到了这个 5 岁的帖子。关于 tddevlin 的上述答案，我知道这是正确的，但假设您可以将这些 Ij 总结为独立值，我觉得很奇怪。由于您的抽奖箱和垃圾箱数量有限，如果您碰巧幸运并且已经覆盖了许多独特的垃圾箱，那么之后您就不太可能找到新的垃圾箱。抽签是独立的，但我认为下一个 Ij 取决于以前的抽签——从 10 个箱中抽签 5 次并且能够覆盖所有 10 个唯一箱的概率为 0。同样，进行 5 次平局并覆盖 0 个 bin 也是不可能的。但我不确定在 P 的计算中是否考虑了这种依赖性（从 bin j 中至少抽取一个球）。