取书问题

【题目描述】

有n个同学坐成一列，按从前往后的顺序传n本课本，其中第i个同学会从n-i+1本课本中选一本并把剩下的课本传给后面的一位同学。已知每本课本都有独一无二的新旧程度，第i(i<n)个同学在挑选课本的时候满足如下过程：

1.如果只剩下一本书，则一定拿走，否则转步骤2

2.从剩下的书中抽出最新的一本

3.以ai的概率选择这本书并结束选择，1-ai的概率将这本书传给后面的同学并回到过程1

现在最后一位同学想知道传到他手上的书的新旧程度在所有n本书中排名的期望是多少。注意:本题的所有分数均在mod 1e9+7意义下，即如果一个分数可以表示成x/y的形式，则在本题中以x*(y^(1e9+5)) (mod 1e9+7)的形式给出，同时如果你要输出一个分数x/y，你也应输出x*(y^(1e9+5)) (mod 1e9+7)。

【输入格式】

第一行一个正整数n

接下来n-1个整数ai表示概率

【输出格式】

一个整数表示最后一位同学拿到的书的新旧程度在所有n本书中排名的期望。

【样例】

book1.in	book1.out
3 666666672 500000004	277777782

大样例见下发文件book2.in/out,book3.in/out

【样例解释】

sample1：

    666666672=2/3(mod1e9+7)，500000004=1/2(mod1e9+7)表示第一个同学有2/3的概率拿最新的书，否则将会有(1-2/3)*2/3 = 2/9的概率拿第二新的书，否则有1/9的概率拿第三新的书。当第一位同学拿完书时，第二位同学等概率取剩下两本。故最后一位同学拿到的书新旧程度的期望为1/3*2+1/3*3+1/9*1

+1/9*3+1/18*1+1/18*2=41/18=277777782(mod 1e9+7)

【数据范围及约定】

对于100%的数据 n≤300,0≤ai<1000000007

性质1:ai=0或1           性质2:ai=500000004

编号	n	其它	编号	n	其它
1	2	无	11	20	无
2	7		12	300	性质1
3	8		13	250	性质2
4	9		14	300
5	10		15	40	无
6	16		16	50
7	17		17	100
8	18		18	150
9	19		19	250
10	20		20	300

考虑枚举最后剩那本书，然后我们就只需要考虑其他书对于这本书的相对位置。

也就是说，只要记录有几本书比枚举的新。预处理之后概率dp即可。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define MOD 1000000007
int f[310][310], g[310][310], t[310][310];
int n, a[310];
inline void Add(int &x, int y) {
    x += y;
    if(x >= MOD) x -= MOD;
}
inline void init() {
    for(int i = 1; i < n; ++ i) {
        for(int j = 0; j <= n - i; ++ j) {
            int now = 1;
            for(int k = 1; k <= j; ++ k) {
                Add(g[i][j], 1ll * now * a[i] % MOD);   
                now = 1ll * now * (MOD + 1 - a[i]) % MOD;
            }
            t[i][j] = 1ll * now * a[i] % MOD;
        }
    }
}
int main() {
    scanf("%d", &n);
    for(int i = 1; i < n; ++ i) {
        scanf("%d", &a[i]);
    }
    init();
    int Ans = 0;
    for(int k = 1; k <= n; ++ k) {
        memset(f, 0, sizeof(f));
        f[1][n - k] = 1;
        for(int i = 1; i < n; ++ i) {
            for(int j = 0; j <= n - i; ++ j) if(f[i][j]) {
                if(j) Add(f[i + 1][j - 1], 1ll * f[i][j] * g[i][j] % MOD);
                Add(f[i + 1][j], 1ll * f[i][j] * (2 * MOD + 1 - g[i][j] - t[i][j]) % MOD);
            }
        }
        Add(Ans, 1ll * f[n][0] * (n - k + 1) % MOD);
    }
    printf("%d
", Ans);
}