Description
【题目背景】
NOI2018 已经过去了许久，2019 届的 BSOIer 们退役的退役，颓废的颓废，计数能力大不如前。曾经的数数之王 xxyj 坦言：“我现在算期望都靠枚举”，嘴边还挂着什么“分布列”，什么“样本数据”，然后又继续投身于文化课学习中了。
为了让 OI 的火炬传递下去，苣蒻 AChen 决定将 xxyj 退役前随口提到的期望问题交给你来解决。
【题目描述】
现有 m + 1 个白色的小球排成一列并从一开始编号。每次操作从前 m 个小球中随机选择一个涂黑。现在执行了 n 次操作，则编号最小的白球编号的期望是多少？Input
从文件 mex.in 中读入数据。
输入共一行两个整数 n,m。表示操作次数和白色小球的个数Output
输出到文件 mex.out 中。
若最小的白球编号的期望为 E，则输出一行表示：((m^n)* E) mod (10^9 + 7)
可以看出上式一定是个整数。Sample Input
1 1
Sample Output
2
Hint
n <= 10^9, m <= 10^6
Source
Achen
%%%AChen队爷%%%
考察对容斥的基础理解，挺不错的一题
易列答案式
[sum_{i=1}^{m+1} P(mex = i) i
]
对这种期望，常使用套路化法
[sum_{i=0}^m P(mex>i)
]
和式里面相当于要求已钦定(i)个确定的球，求随机选(n)次将这(i)个球全部染黑的概率。
考虑容斥。先随便选，然后减去一个球未染的，然后加上两个球未染的，...
[sum_{i=0}^{m} sum_{k=0}^{i} (-1)^k C_i^k (frac{m-k}{m})^n
]
是一个类似二项式反演但又不是的容斥
更换枚举
[sum_{k=0}^{m} (-1)^k (frac{m-k}{m})^n sum_{i=k}^{m} C_i^k
]
又由组合数的性质
[sum_{i=k}^{n} C_i^k = C_{n+1}^{k+1}
]
（容易通过杨辉三角和组合数的递推式证明）
得
[sum_{k=0}^{m} (-1)^k (frac{m-k}{m})^n C_{m+1}^{k+1}
]
直接计算即可。
数据量如果更大的话，可以线筛出所有(n)次幂以省掉快速幂的$log $。偷懒不写了（
#include<iostream>
#include<cstdio>
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#include<cmath>
#include<ctime>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<vector>
#include<map>
#include<set>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll MOD=1E9+7;
ll QPow(ll x,ll up){
x%=MOD;
ll ans=1;
while(up)
if(up%2==0) x=x*x%MOD,up=up/2;
else ans=ans*x%MOD,up--;
return ans;
}
ll Inv(ll x){
return QPow(x,MOD-2);
}
const ll MXN=1E6+5;
ll fac[MXN],facInv[MXN];
void FacInit(ll n){
fac[0]=1;for(ll i=1;i<=n;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%MOD;
facInv[n]=Inv(fac[n]);for(ll i=n-1;i>=1;i--) facInv[i]=facInv[i+1]*(i+1)%MOD;
facInv[0]=1;
}
ll C(ll n,ll m){
if(n<m) return 0;
return fac[n]*facInv[m]%MOD*facInv[n-m]%MOD;
}
ll N,M;
int main(){
scanf("%lld%lld",&N,&M);
FacInit(M+1);
ll Ans=0;
for(ll k=0;k<=M;k++){
ll p=1;if(k%2==1) p=(-1+MOD)%MOD;
Ans+=p*QPow(M-k,N)%MOD*C(M+1,k+1)%MOD;
Ans%=MOD;
}
printf("%lld",Ans);
return 0;
}
2019/12/18