很奇怪的一个题。看见了无从下手。概率期望好题。
UPD
涨了姿势之后，发现下面连续概率的式子表述有很大的问题。
关于改呢……不知道要鸽到什么时候了。
但是貌似不太影响理解。
给一个面积为 (1) 的圆，经过圆心随机幅角切直径 (n) 次，定义 (f(x) = min |S - frac{1}{3}|)，其中 (S) 是连续块面积。求 (f(x)) 期望。
目前见到了两种做法。
首先开始的转化都是一样的。
因为答案是连续段，只和选出两个向量有关。考虑计算答案的式子（其中面积模 (1)）：
(pm) 也就是对于两个互补的块都算一遍。于是过直径的切口可以直接当做一个从圆心出发的向量。类似复平面的单位向量。
我们把后面的 (-y pm frac{1}{3}) 提出来，也就是将 (y) 乘上个三次单位根的幂。
所以不如把每个向量变为 (left{v, v imes omega_3^1,v imes omega_3^2 ight})，然后求 (x - y) 幅角模 (frac{4pi}{3}) 最小值。
显然会出问题，因为当乘的单位根相同的时候，答案就假了，变为原式中 (|x - y|)，但是单位根不同时都是行的，所以我们把扩展出的向量染色。
例如，(left[v, v imes omega_3^1,v imes omega_3^2 ight])，分别对应 (left[ exttt{red}, exttt{green}, exttt{blue} ight])（RGB）。
那么问题转化为求异色幅角差最小值。
显然答案小于 (frac{1}{3})，且异色向量对之间不会有其他向量（即贪心地只取相邻的贡献到答案上）
显然如果选定一个向量为基准，它将单位圆分成的三个部分可以通过一个颜色的置换互相得到，所以只要算 (left[0, frac{1}{3} ight)) 即可。
问题变为，左端为红色，右端为绿色，长度为 (frac{1}{3})，中间撒任意颜色 (n - 1) 个点，(n) 个异色段中长度差最小值期望。
首先来一个结论：
长度为 (1)，分成 (n) 段，那么长度最小值的期望为 (frac{1}{n^2})。
简单证明一下。
考虑计算 (Pleft(min = x ight) x) 的积分，即 (Pleft(min geq x ight)) 的积分。（前面那个我不会算 (P)，我算出来都是错的 QAQ）
考虑 (Pleft(min geq x ight))， 我们将每一段丢掉 (x)，剩下随便选，那么 (Pleft(min geq x ight) = left( 1 - nx ight) ^ {n-1})
积分一下即可证明。
下面有两个方法
直接上组合方法
容易求出 (k) 个异色段的最小值期望： (frac{1}{3} imes frac{k}{n} imes frac{1}{k^2} = frac{1}{3nk})
那么只要求出 (k) 个异色段的概率即可。
我们只要 DP 出有 (k) 个异色段，第一个颜色为红最后一个颜色为绿的概率。直接 (dp) 起来有点慢，可以直接组合数枚举哪些地方颜色发生了变化，所以可以直接 DP 相邻两个颜色都不同的概率即可。只要枚举下一个颜色是什么， (Oleft(n ight)) 完成计算。
显然答案可以通过枚举 (k)，算期望乘以概率的和得到。
概率方法
考虑将得到的线段长度由小到大排序，如果最小的异色段是第 (k) 小，那么前面 (k - 1) 个都是同色的。
扩展一下上面的结论，我们枚举第 (k) 小。现在要得到第 (k) 小的长度期望。同样考虑丢掉一段，可得递推式：
通过手算前几项，加上猜测以及归纳，可以得到
现在要算 (Pleft( min = k ight))，但是乘上这个 (E_k) 式子有点不优美。
所以改成算 (Pleft( min geq k ight))，然后对 (min geq k) 贡献上去 (frac{1}{n} imes frac{1}{n - k + 1})。
显然这样求和答案不变。而且 (Pleft( min geq k ight)) 也十分好算。因为至少有 (k - 1) 个段是相同的。虽然看起来有很多首尾相接的线段，使得概率互相关联使得算这个看起来很毒瘤，但是冷静思考可以发现，对于首尾拼接的 (L) 个段，它 (L+ 1) 个点全部同色的概率为 (left(frac{1}{3} ight)^{L})，因为最左端的点不论是否确定对答案都没影响。
废话了那么多，其实就是 (Pleft( min geq k ight) = left(frac{1}{3} ight)^{k - 1})
那么答案就是
显然可以 (Oleft(n ight)) 计算。
代码很简单，很不错的一道题。可以推广到 (frac{1}{k})
#include <bits/stdc++.h>
const int mod = 1000000007;
const int inv3 = (mod + 1) / 3;
typedef long long LL;
void reduce(int & x) { x += x >> 31 & mod; }
int mul(int a, int b) { return (LL) a * b % mod; }
int fastpow(int a, int b, int res = 1) {
for (; b; b >>= 1, a = mul(a, a)) if (b & 1) res = mul(res, a);
return res;
}
const int MAXN = 1000010;
int inv[MAXN], n;
int main() {
std::ios_base::sync_with_stdio(false), std::cin.tie(0);
std::cin >> n;
*inv = inv[1] = 1;
for (int i = 2; i <= n; ++i)
inv[i] = mul(inv[mod % i], mod - mod / i);
int ans = 0, now = 1;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
now = mul(now, inv3);
reduce(ans += mul(inv[n - i + 1], now) - mod);
}
std::cout << fastpow(n, mod - 2, ans) << '
';
return 0;
}
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