Esta no es una solución a la pregunta, es tan sólo una aproximación
Vamos a una terraza con $M$ cartas distintas, y cada vez que dibujar $n$ tarjetas al azar, poner en el interior de nuevo y se vuelve a dibujar, etc... vamos a suponer que la probabilidad de sacar la tarjeta es el mismo para todas las tarjetas, es decir, $p=1/M$.
Vamos a trabajar este problema como una cadena de Markov: supongamos que usted había dibujado $k$ cartas distintas (no importa en cuántos sorteos, ignorar esto) y se desea saber la probabilidad de que el dibujo de la próxima $n$ tarjetas el estado de las distintas tarjetas de cambio de $k$ $k+j$donde $j\in\{0,\ldots,n\}$.
Entonces si sacamos $n$ tarjetas y todo se repite, tenemos que
$$\Pr[k\to k]=\frac{k}{M}\cdot\frac{k-1}{M-1}\cdots\frac{k-n+1}{M-n+1}=\frac{k^\underline n}{M^\underline{n}}$$
y, en general,
$$\Pr[k\to k+j]=\binom{n}{j}\frac{k^\underline{n-j}(M-k)^\underline{j}}{M^\underline n}$$
El esperado cambio de $k$ a partir de un empate es
$$\mathrm E[\text{change}]=\sum_{j=0}^n j\Pr[k\to k+j]=\frac1{M^\underline n}\sum_{j=0}^n j\binom{n}{j}k^\underline{n-j}(M-k)^\underline{j}\tag{1}$$
La última suma implica un conocido Chu-Vandermonde de identidad:
$$\sum_{k=0}^n \binom{n}{k}a^\underline k b^\underline{n-k}=(a+b)^\underline n$$
A continuación, el uso de algunos de álgebra en (1) tenemos que
$$\mathrm E[\text{change}]=\frac{n(M-k)}{M^\underline n}\sum_{j=0}^n \binom{n-1}{j-1}(k-1)^\underline{n-j}(M-k)^\underline{j-1}=\frac{n(M-k)}{M^\underline n}(M-1)^\underline{n-1}=n\frac{M-k}M=n\left(1-\frac{k}M\right)$$
El anterior significa que a partir de algunos dibujar el número esperado de las nuevas tarjetas es $n(M-k)/M$ (observar que esta cantidad está bien definida sólo cuando $0\le k\le M$), luego (si no estoy mal, lo que no es seguro) el número esperado de cartas diferentes, después de $\ell$ saca es el recurrente suma
$$T_\ell:=\sum_{h=1}^\ell N_h\tag{2}$$
donde$N_h:=n\left(1-\frac{\sum_{j=1}^{h-1}N_j}M\right) $$N_1=n$. No sé si (2) tiene una forma cerrada, de todos modos con diferentes valores de $\ell$ usted puede obtener una aproximación del número mínimo de lanza tal que $T\ge M$.
EDITAR:
Parece que (2) se pude cerrar, utilizando algún software matemático tengo la solución:
$$T_\ell=(6M\ell+\ell-\ell^3)\frac{n}{6M}$$
Pero esta función para $M=52$ $n=5$ nunca vuelve más grande de $\approx 34$ (esto sucede cuando $\ell=10$), por lo que algo está muy mal en mi interpretación y el cálculo de la aproximación. Probablemente la manera más rápida para aproximar el número esperado de saca es a través de algunos de los modelos numéricos de software como R.
En el artículo de wikipedia sobre el Cupón de coleccionista problema se afirma que
Wolfgang Stadje ha resuelto el caso de que las pegatinas se compran en paquetes, que no contienen duplicados.[3] Los resultados muestran que para las aplicaciones prácticas, dicen los paquetes de cinco pegatinas, el efecto de los paquetes es insignificante.
Entonces, este problema es prácticamente el mismo que el original del cupón problema.
A partir de la página 18 de este documento se hace un análisis para este caso.
