一道期望dp，推方程不是很难，计算边界才是本题的难点。
我们(A)表示选(a)的概率，(B)表示选(b)的概率。
我们由于选了(a)的个数与后面有极大关系，同时正序状态无穷无尽，所以我们考虑倒推回来，因此我们设(dp_{i,j})表示已经选了(i)个(a)，(j)个(ab)了后面选(ab)的个数的期望。
很显然有dp式：
(dp_{i,j} = dp_{i+1,j} imes A + dp_{i,i+j} imes B)
现在考虑一波边界，当(j leq k)但(k leq i + j)时，(dp_{i,j}=i+j+ 0 imes B + 1 imes A imes B + 2 imes A^2 imes B + 3 imes A^3 imes B dots)
使用一波我不会的错位相减法可以求出(dp_{i,j}=i+j+frac{pa}{pb})
最后是答案，考虑到开头是(b)时不但可以自我无限转移，甚至还对答案无影响，所以我们考虑第一个字母直接为(a)，所以答案为(dp_{1,0})
代码：
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long LL;
const LL mod = 1e9 + 7;
const int MAXN = 1005;
LL dp[MAXN << 2][MAXN << 2];
LL qpow(LL a , LL b) {
LL res = 1;
while(b) {
if(b & 1) res = res * a % mod;
a = a * a % mod;
b >>= 1;
}
return res;
}
int main() {
LL k , pa , pb;
scanf("%lld %lld %lld" , &k , &pa , &pb);
LL A = pa * qpow(pa + pb , mod - 2) % mod;
LL B = pb * qpow(pa + pb , mod - 2) % mod;
LL C = pa * qpow(pb , mod - 2) % mod;
for (int i = 1; i <= k * 2; ++i) {
for (int j = 0; j <= k * 2; ++j) {
if(i + j >= k) dp[i][j] = (i + j + C) % mod;
}
}
for (int i = k; i >= 1; --i) {
for (int j = k; j >= 0; --j) {
// if(i + j >= k) dp[i][j] = (i + j + C) % mod;
if(i + j >= k) continue;
dp[i][j] = (A * dp[i + 1][j] % mod + B * dp[i][i + j] % mod) % mod;
}
}
printf("%lld" , dp[1][0]);
return 0;
}