题目大意
有一个初始为 (p) 的数，每次操作分为以下两个：
-
有 (frac{1}{m+1}) 的概率$+1，但是中途 (p) 的最大值只能为 (n)$
-
有 (k) 次减少操作，每次有 (frac{1}{m+1}) 的概率 (-1)。
（每次先操作操作 (1) 然后操作操作 (2)）
问 (p) 变为 (0) 的期望操作次数。
有 (T) 次询问，每次保证 (1le ple nle 1500,m,kle 10^9)，答案对 (10^9+7) 取模。
思路
其实这道题很水，也不知道怎么评到黑题的。
首先，我们可以发现，(k) 次被打中 (i) 次的概率为 (frac{inom{k}{i}m^{k-i}}{(m+1)^k}) ，也就是说我们可以算出一次操作由 (i) 变为 (j) 的概率，我们假设这个为 (p_{i,j})。
然后我们发现肯定可以设 (f_i) 表示当前值为 (i) 的剩余期望操作次数，我们可以得到转移式：
[f_i=sum_{j=0}^{i+1}p_{i,j} imes f_j+1
]
[Rightarrow f_{i+1}=frac{1}{p_{i,i+1}}(f_i-1-sum_{j=0}^{i}p_{i,j} imes f_j)
]
然后你发现这个东西可以用一个套路做了，就是说我们发现每一个 (f_i) 我们都可以表示为 (a imes f_1+b) 的形式，然后我们递推一下解个方程就可以求出 (f_1) 继而求出答案了。
时间复杂度 (Theta(Tnlog n))。
( exttt{Code})
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define Int register int
#define mod 1000000007
#define MAXN 1505
template <typename T> inline void read (T &t){t = 0;char c = getchar();int f = 1;while (c < '0' || c > '9'){if (c == '-') f = -f;c = getchar();}while (c >= '0' && c <= '9'){t = (t << 3) + (t << 1) + c - '0';c = getchar();} t *= f;}
template <typename T,typename ... Args> inline void read (T &t,Args&... args){read (t);read (args...);}
template <typename T> inline void write (T x){if (x < 0){x = -x;putchar ('-');}if (x > 9) write (x / 10);putchar (x % 10 + '0');}
int mul (int a,int b){return 1ll * a * b % mod;}
int dec (int a,int b){return a >= b ? a - b : a + mod - b;}
int add (int a,int b){return a + b >= mod ? a + b - mod : a + b;}
int qkpow (int a,int b){
int res = 1;for (;b;b >>= 1,a = mul (a,a)) if (b & 1) res = mul (res,a);
return res;
}
int inv (int x){return qkpow (x,mod - 2);}
int n,m,k,st,invx,invm,ci[MAXN],binom[MAXN];
int calc (int x){//计算k轮中减少x的概率
if (x < 0 || x > k) return 0;
else return mul (binom[x],mul (ci[x],invx));
}
int pro (int i,int j){
if (i == n) return calc (i - j);
else return add (mul (calc (i - j),dec (1,invm)),mul (calc (i - j + 1),invm));
}
struct node{
int k,b;//表示为k*f[1]+b
node (){}
node (int _k,int _b){k = _k,b = _b;}
node operator + (int x){return node (k,add (b,x));}
node operator - (int x){return node (k,dec (b,x));}
node operator * (int x){return node (mul (k,x),mul (b,x));}
node operator + (node x){return node (add (k,x.k),add (b,x.b));}
node operator - (node x){return node (dec (k,x.k),dec (b,x.b));}
}f[MAXN];
signed main(){
int T;read (T);
while (T --> 0){
read (n,st,m,k),invx = inv (qkpow (m + 1,k)),invm = inv (m + 1);
if (!k){puts ("-1");continue;}
if (!m){
if (k == 1) puts ("-1");
else{
int cnt = 0;
while (st > 0) cnt ++,st = min (n,st + 1) - k;
write (cnt),putchar ('
');
}
continue;
}
binom[0] = 1;for (Int i = 1;i <= n;++ i) binom[i] = mul (binom[i - 1],mul (k - i + 1,inv (i)));
for (Int i = 0;i <= n && i <= k;++ i) ci[i] = qkpow (m,k - i);
f[1] = node (1,0);
for (Int i = 1;i <= n - 1;++ i){
f[i + 1] = node (0,0);
for (Int j = 1;j <= i;++ j) f[i + 1] = f[i + 1] + f[j] * pro (i,j);
f[i + 1] = (f[i] - 1 - f[i + 1]) * inv (pro (i,i + 1));
}
node sum = node (0,0);
for (Int i = 1;i <= n;++ i) sum = sum + f[i] * pro (n,i);
sum = f[n] - 1 - sum;int f1 = mul (mod - sum.b,inv (sum.k));
write (add (f[st].b,mul (f1,f[st].k))),putchar ('
');
}
return 0;
}