Problem
Description
给定三个数 (k,pa,pb) ，每次有 (frac{pa}{pa+pb}) 的概率往后面添加一个 a，有 (frac{pb}{pa+pb}) 的概率往后面添加一个 b ，当出现了 (k) 个形如 ab 的子序列（不用连续）时停止。
求最后子序列 ab 的期望个数。
答案对 (10^9+7) 取模。
Sample
Input 1
1 1 1
Output 1
2
Input 2
3 1 4
Output 2
370000006
Range
(kle1000,p_a,p_ble10^6)
Algorithm
(DP)，概率与期望
Mentality
设 (f_{i,j}) 表示当前有 (i) 个 (a) ，(j) 个子序列 (ab) ，在整个序列结束时的子序列 (ab) 的期望个数。发现第一维可能无限大，考虑倒推。
(f_{i,j}) 的转移有两种情况，一是在末尾加入 (a) ，转移至 (f_{i+1,j}) ，而是加入 (b) 转移至 (f_{i,j+i}) 。那么倒推的方程就很明显了：
[f_{i,j}=frac{p_a}{p_a+p_b}f_{i+1,j}+frac{p_b}{p_a+p_b}f_{i,j+1}
]
不过第一维无限大的问题还是没解决，必须考虑边界的问题。
我们发现，当 (i+jge k) 的时候，如果我们加入 (b) ，则整个串就会立即终止。
那么对于一个状态 (f_{i,j},(i+jge k)) 来说，设在此状态上连续加入 (x) 个 (a) 再加入一个 (b) ，则：
[f_{i,j}=frac{p_b}{p_a+p_b}sum_{x=0}^infty(i+j+x)(frac{p_a}{p_a+p_b})^x
]
这是一个等比数列，那么我们直接等比数列求和就好了。
算出来得到：
[f_{i,j}=i+j+frac{p_a}{p_b}
]
直接记搜就星了。
Code
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <map>
#include <queue>
#include <set>
#include <vector>
using namespace std;
long long read() {
long long x = 0, w = 1;
char ch = getchar();
while (!isdigit(ch)) w = ch == '-' ? -1 : 1, ch = getchar();
while (isdigit(ch)) {
x = x * 10 + ch - '0';
ch = getchar();
}
return x * w;
}
const int Max_n = 1e3 + 5, mod = 1e9 + 7;
int n, a, b;
int pa, pb, pp;
int f[Max_n][Max_n];
int ksm(int a, int b) {
int res = 1;
for (; b; b >>= 1, a = 1ll * a * a % mod)
if (b & 1) res = 1ll * res * a % mod;
return res;
}
int DP(int a, int ab) {
int &res = f[a][ab];
if (res != -1) return res;
if (a + ab >= n) {
res = (a + ab + pp) % mod;
return res;
}
return res =
(1ll * pa * DP(a + 1, ab) % mod + 1ll * pb * DP(a, ab + a) % mod) %
mod;
}
int main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("D.in", "r", stdin);
freopen("D.out", "w", stdout);
#endif
n = read(), a = read(), b = read();
pa = 1ll * a * ksm(a + b, mod - 2) % mod;
pb = 1ll * b * ksm(a + b, mod - 2) % mod;
pp = 1ll * a * ksm(b, mod - 2) % mod;
memset(f, -1, sizeof(f));
printf("%d
", DP(1, 0));
}