P5165 xtq的棋盘

传送门

设(f[i])为(i)位置向左走一步的期望时间，那么答案就是(sum_{i=1}^mf[i])

首先(f[n]=1)，设(p)为向左的概率，对于(i<n)的位置，有$$f[i]=sum_{j=1}^{infty}(j+(j-1) imes f[i+1])(1-p)^{j-1}p$$
就是说枚举一下往右走了几次，左边是走了(j)次的步数，右边是走了(j)次的概率

根据高中数学知识，这是个等比+等差数列的求和，那么推一下式子可得$$f[i]=frac{1-p}{p} imes(f[i+1]+1)+1$$
用递推可以做到(O(n))的复杂度，可以有70分

考虑一下，对于一个固定的(p)，整个数列都是已知的，设(a=frac{1-p}{p})，那么有(f[n]=1,f[n-1]=2a+1,f[n-2]=2a^2+2a+1,...)，我们只要可以快速求出它的后缀和，然后减一减就可以得到答案了。设(ans[j]=sum_{i=n-j+1}^n f[i])，有(ans[j]=1+2(n-1)a+2(n-2)a^2+...+2a^{n-1})，这也是一个等比+等差数列的求和，那么化一下式子可得$$ans[i]=frac{(2-i)a-i+2a^2frac{1-a^{i-1}}{1-a}}{a-1}$$

于是就可以直接求出两个后缀和相减得到答案了

注意特判(i=0)和(i=1)的情况，一个返回(0)，一个返回(1)

注意特判(a=1)的情况，这种情况下(a-1)没有逆元不能直接带，打表得此时后缀和为(ans[i]=i^2)，特判掉就好了

//minamoto
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define ll long long
#define fp(i,a,b) for(R int i=a,I=b+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=a,I=b-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
using namespace std;
const int P=1e9+7,N=1e6+5;
inline int add(R int x,R int y){return x+y>=P?x+y-P:x+y;}
inline int dec(R int x,R int y){return x-y<0?x-y+P:x-y;}
inline int mul(R int x,R int y){return 1ll*x*y-1ll*x*y/P*P;}
int ksm(R int x,R int y){
    R int res=1;
    for(;y;y>>=1,x=mul(x,x))if(y&1)res=mul(res,x);
    return res;
}
int n,m,p,q,pi,ppi,res,now,f[N],loli;
int calc(R int n){
    if(n==0)return 0;if(n==1)return 1;
    if(pi==1)return mul(n,n);
    res=mul(dec(2,n),pi),res=dec(res,n);
    loli=mul(2,mul(pi,pi)),loli=mul(loli,dec(1,ksm(pi,n-1))),
    loli=mul(loli,ksm(dec(1,pi),P-2));
    return mul(add(res,loli),ksm(dec(pi,1),P-2));
}
int main(){
//	freopen("testdata.in","r",stdin);
    scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&p,&q),pi=mul(p,ksm(q,P-2)),ppi=dec(1,pi);
    pi=mul(ppi,ksm(pi,P-2));
    printf("%d
",dec(calc(n),calc(n-m)));
    return 0;
}