(\)
Description
一个字符串，开始为空。
每次有 (frac{P_a}{P_a+P_b}) 的概率在后面接上一个 'a' ，有 (frac{P_b}{P_a+P_b}) 的概率在后面接上了一个 'b'。
当串内的子序列ab个数不少于 (k) 个时停止，问最后串中 ab 子序列个数的期望对 (10^9+7) 取模的结果。
- (kle 1000)
(\)
Solution
又是一道期望神题.......
我们可以注意到，因为是 ab 子序列，所以有用的信息只有，前缀 a 的个数，以及当前 ab 子序列个数。
容易想到 (f[i][j]) 表示，当前前缀中有 (i) 个 a ，前缀内已经构成 (j) 个 ab 子序列，到结束生成的串中 ab子序列个数的期望。
转移就很好想了：在后面加一个‘a'，或在后面加一个 'b'。
注意加上 'b' 会使 ab 子序列多 (i) 个，变成 (i+j) 个。
[f[i][j]=f[i+1][j] imesfrac{P_a}{P_a imes P_b}+f[i][j+i] imesfrac{P_b}{P_a imes P_b}
]
看起来像是记忆化搜索搞一搞。
关键问题是这题的边界是 (infty) 。
但是当 (i+jge k) 的时候，其实答案是确定的。
因为此时再多加上一个 'b' 即可满足要求。
因此此时生成的串中 ab 子序列个数的期望为
[frac{P_b}{P_a+P_b}sum_{k=0}^infty (frac{P_a}{P_a+P_b})^{k+1}(i+j+k)
]
式子还是很好理解的，因为总会有一个 b 接在后面，然后前面每多一个 a 就会使得最后的对数 (+1) 。
其实是个等比乘等差的数列求和，用等差乘等比的那一套搞一搞，容易得到
[frac{P_b}{P_a+P_b}sum_{k=0}^infty (frac{P_a}{P_a+P_b})^{k+1}(i+j+k)=(i+j) imes frac{P_a imes P_b imes (1-P_a^infty)}{P_b^2}approx i+j+frac{P_a}{P_b}
]
关于最后的答案，应该是 (f[0][0])，但是容易发现并不能转移，因为有一路递归下去的 (i,j=0) 。
[f[0][0]=f[1][0] imesfrac{P_a}{P_a + P_b}+f[0][0] imesfrac{P_b}{P_a + P_b}
]
移项，得 (f[0][0]=f[1][0])。所以直接搜 (f[1][0]) 即可。
(\)
Code
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define R register
#define N 1010
#define mod 1000000007ll
using namespace std;
typedef long long ll;
ll k,pa,pb,inv,invb,f[N][N];
inline ll qpow(ll x,ll t){
ll res=1;
while(t){
if(t&1) (res*=x)%=mod;
(x*=x)%=mod; t>>=1;
}
return res;
}
ll dfs(ll a,ll ab){
if(f[a][ab]!=-1) return f[a][ab];
if(a+ab>=k) return f[a][ab]=(a+ab+pa*invb)%mod;
return f[a][ab]=(dfs(a+1,ab)*pa%mod+dfs(a,ab+a)*pb%mod)%mod*inv%mod;
}
int main(){
memset(f,-1,sizeof(f));
scanf("%lld%lld%lld",&k,&pa,&pb);
inv=qpow(pa+pb,mod-2);
invb=qpow(pb,mod-2);
printf("%lld
",dfs(1,0));
return 0;
}