[ CodeForces 908 D ] New Year and Arbitrary Arrangement

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Description

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一个字符串，开始为空。

每次有 \(\frac{P_a}{P_a+P_b}\) 的概率在后面接上一个 'a' ，有 \(\frac{P_b}{P_a+P_b}\) 的概率在后面接上了一个 'b'。

当串内的子序列ab个数不少于 \(k\) 个时停止，问最后串中 ab 子序列个数的期望对 \(10^9+7\) 取模的结果。

• \(k\le 1000\)

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Solution

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又是一道期望神题.......

我们可以注意到，因为是 ab 子序列，所以有用的信息只有，前缀 a 的个数，以及当前 ab 子序列个数。

容易想到 \(f[i][j]\) 表示，当前前缀中有 \(i\) 个 a ，前缀内已经构成 \(j\) 个 ab 子序列，到结束生成的串中 ab子序列个数的期望。

转移就很好想了：在后面加一个‘a'，或在后面加一个 'b'。

注意加上 'b' 会使 ab 子序列多 \(i\) 个，变成 \(i+j\) 个。

\[f[i][j]=f[i+1][j]\times\frac{P_a}{P_a\times P_b}+f[i][j+i]\times\frac{P_b}{P_a\times P_b} \]

看起来像是记忆化搜索搞一搞。

关键问题是这题的边界是 \(\infty\) 。

但是当 \(i+j\ge k\) 的时候，其实答案是确定的。

因为此时再多加上一个 'b' 即可满足要求。

因此此时生成的串中 ab 子序列个数的期望为

\[\frac{P_b}{P_a+P_b}\sum_{k=0}^\infty (\frac{P_a}{P_a+P_b})^{k+1}(i+j+k) \]

式子还是很好理解的，因为总会有一个 b 接在后面，然后前面每多一个 a 就会使得最后的对数 \(+1\) 。

其实是个等比乘等差的数列求和，用等差乘等比的那一套搞一搞，容易得到

\[\frac{P_b}{P_a+P_b}\sum_{k=0}^\infty (\frac{P_a}{P_a+P_b})^{k+1}(i+j+k)=(i+j)\times \frac{P_a\times P_b\times (1-P_a^\infty)}{P_b^2}\approx i+j+\frac{P_a}{P_b} \]

关于最后的答案，应该是 \(f[0][0]\)，但是容易发现并不能转移，因为有一路递归下去的 \(i,j=0\) 。

\[f[0][0]=f[1][0]\times\frac{P_a}{P_a + P_b}+f[0][0]\times\frac{P_b}{P_a + P_b} \]

移项，得 \(f[0][0]=f[1][0]\)。所以直接搜 \(f[1][0]\) 即可。

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Code

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#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define R register
#define N 1010
#define mod 1000000007ll
using namespace std;
typedef long long ll;

ll k,pa,pb,inv,invb,f[N][N];

inline ll qpow(ll x,ll t){
  ll res=1;
  while(t){
    if(t&1) (res*=x)%=mod;
    (x*=x)%=mod; t>>=1;
  }
  return res;
}

ll dfs(ll a,ll ab){
  if(f[a][ab]!=-1) return f[a][ab];
  if(a+ab>=k) return f[a][ab]=(a+ab+pa*invb)%mod;
  return f[a][ab]=(dfs(a+1,ab)*pa%mod+dfs(a,ab+a)*pb%mod)%mod*inv%mod;
}

int main(){
  memset(f,-1,sizeof(f));
  scanf("%lld%lld%lld",&k,&pa,&pb);
  inv=qpow(pa+pb,mod-2);
  invb=qpow(pb,mod-2);
  printf("%lld\n",dfs(1,0));
  return 0;
}