牛客网第9场多校E（思维求期望）

链接：https://www.nowcoder.com/acm/contest/147/E
来源：牛客网

题目描述 
Niuniu likes to play OSU!
We simplify the game OSU to the following problem.

Given n and m, there are n clicks. Each click may success or fail.
For a continuous success sequence with length X, the player can score X^m.
The probability that the i-th click success is p[i]/100.
We want to know the expectation of score.
As the result might be very large (and not integral), you only need to output the result mod 1000000007.
输入描述:
The first line contains two integers, which are n and m.
The second line contains n integers. The i-th integer is p[i].

1 <= n <= 1000
1 <= m <= 1000
0 <= p[i] <= 100
输出描述:
You should output an integer, which is the answer.
示例1
输入

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3 4
50 50 50
输出

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750000020
说明

000 0
001 1
010 1
011 16
100 1
101 2
110 16
111 81

The exact answer is (0 + 1 + 1 + 16 + 1 + 2 + 16 + 81) / 8 = 59/4.
As 750000020 * 4 mod 1000000007 = 59
You should output 750000020.
备注:
If you don't know how to output a fraction mod 1000000007,
You may have a look at https://en.wikipedia.org/wiki/Modular_multiplicative_inverse

解题思路：

我们假设一场游戏的一个子情况是0111011011，那么这个对结果的贡献是（3^m+2^m+2^m）*P（这种情况发生的概率）

将此式拆开==> 3^m*P+2^m*P+2^m*P

我们考虑3^m*P这部分，等价于3^m*P1*P2(P1为前五个点为01110的概率，P2为后面为11011的概率)，然后我们想一下，求最后的期望值，要算出所有的情况，那么其中就会有一些前五个点为01110的情况，那么这部分的和就为3^m*P1*(sum(p2,p3,p4......)),而sum(p2,p3,p4......)这部分等于1，因为后面的点将会发生所有情况，那么概率为1。而这只是算前五个点位01110的情况，我们还要算0110和11...和其他子情况的一段1，那么计算过程和上面是一样的，所以最后的结果就是将所有的连续1的序列的贡献求出来，累加一下就是答案。

如果你还是不懂

我给你举个例子：

0 0  | 0 1       q1*q2*q3*p4

1 0  | 0 1       p1*q2*q3*p4

1 1  | 0 1       p1*p2*q3*p4

0 1  |  0 1      q1*p2*q3*p4       

此时遍历到最后一位是个1，这样前一位保证是0 ，对于有这种组合的所有数已经如上图排列，我们会发现其他地方即前两位是全排列，所以算这种情况的全排列的时候，（q1*q2+p1*q2+p1*p2+q1*p2）*q3*p4 ，括号内的值为1，所以这种情况的期望值就是1-n枚举连续1的情况。前一位和后一位为0的状态

#include<iostream>
#include<stdio.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int mod =1e9+7;
ll qsm(ll a,ll b)
{
    ll ans=1;
    while(b>0)
    {
        if(b%2==1)
        {
            ans=ans*a%mod;
        }
        b=b/2;
        a=a*a%mod;
    }
    return ans;
}
ll gailv1[1010];
ll gailv2[1010];
ll f[1010];
ll dp[1010][1010];
int main()
{
    ll n,m;
    scanf("%lld%lld",&n,&m);
    ll inv=qsm(100,mod-2);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%lld",&gailv1[i]);
        gailv2[i]=(100-gailv1[i])*inv%mod;
        gailv1[i]=gailv1[i]*inv%mod;
     
        
    }
   
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        f[i]=qsm(i,m);
    }
   
    gailv2[0]=100*inv%mod;
    gailv2[n+1]=100*inv%mod;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        dp[i][i]=gailv1[i];
        for(int j=i+1;j<=n;j++)
            dp[i][j]=dp[i][j-1]*gailv1[j]%mod;
    }
    ll ans=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=i;j<=n;j++)
        {

            ans=(ans+dp[i][j]*f[j-i+1]%mod*gailv2[i-1]%mod*gailv2[j+1]%mod)%mod;
        }
    
 
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}