牛客小白赛 23 D.病毒传染（条件概率，枚举，容斥，二项式反演）

*

---

注意题目是条件概率，设 $ans[i]$ 表示一开始有 $i$ 个人携带病毒，party 结束后有 $k$ 个人得病的概
率，对于每一个 $i$，答案是 $\frac{ans[i]}{{\sum }_{i=1}^{k}ans[i]}$

考虑如何求 $ans[i]$：$ans[i]=C_n^i\ast p^i\ast (1-p{)}^{n-i}\ast C_{n-i}^{k-i}\ast \frac{f(k-i)}{C_e^m}$

其中 $e$ = $\frac{n\ast (n-1)}{2}$

$f(k-i)$ 表示指定的 $k-i$ 个人被传染的接触方案数。

直接求 $f(x)$ 不好求，定义 $g(x)$ 表示指定的 $x$ 个人中，最多 $x$ 个人被传染的方案数。

容易得出 $g(x)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{e-t\ast (n-t-x)}{m}\right)$，$g(x)=\sum _{i=0}^x{C}_x^{i}f(x)$

通过二项式反演，可以得到 $f(x)=\sum _{i=0}^x(-1{)}^{x-i}\ast C_x^i\ast g(i)$

带入得到 $ans[i]=C_n^i\ast p^i\ast (1-p{)}^{n-i}\ast C_{n-i}^{k-i}\ast (C_e^m{)}^{-1}\ast \sum _{j=0}^{k-i}(-1{)}^{k-i-j}\ast C_{k-i}^j\ast (\genfrac{}{}{0ex}{}{e-i\ast (n-i-j)}{m})$

（二项式反演定义的是对指定的 x 个，恰好 x 个满足条件和至多 x 个满足条件的转换）

---

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 1e6 + 10;
const int mod = 1e9 + 7;
typedef long long ll;
ll fpow(ll a,ll b) {
    
    
    ll r = 1;
    while (b) {
    
    
        if (b & 1) r = 1ll * r * a % mod;
        b >>= 1;
        a = 1ll * a * a % mod;
    }
    return r;
}
ll n,m,k,p,fac[maxn],ifac[maxn],ans[maxn],sum;
ll C(int x,int y) {
    
    
    if (x < y || y < 0 || x < 0) return 0;
    return 1ll * fac[x] * ifac[y] % mod * ifac[x - y] % mod;
}
int main() {
    
    
    fac[0] = 1;
    for (int i = 1; i <= maxn - 10; i++)
        fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i % mod;
    ifac[maxn - 10] = fpow(fac[maxn - 10],mod - 2);
    for (int i = maxn - 10 - 1; i >= 0; i--)
        ifac[i] = 1ll * ifac[i + 1] * (i + 1) % mod;
    scanf("%lld%lld%lld%lld",&n,&m,&k,&p);
    ll q = 100 - p;
    ll t1 = 1ll * p * fpow(100,mod - 2) % mod, t2 = 1ll * q * fpow(100,mod - 2) % mod;
    ll siz = n * (n - 1) / 2;
    ll tot = C(n * (n - 1) / 2,m);                  //m对接触的所有情况
    for (int i = 1; i <= k; i++) {
    
                       //枚举 i 个人带病毒
        ans[i] = 1ll * C(n,i) * fpow(t1,i) % mod * fpow(t2,n - i) % mod * fpow(tot,mod - 2) % mod * C(n - i,k - i) % mod;
        ll cnt = 0; ll s = 1;
        for (int j = k - i; j >= 0; j--) {
    
    
        	cnt = (cnt + s * C(k - i,j) % mod * C(siz - i * (n - i - j),m) % mod) % mod;
        	if (cnt < 0) cnt += mod;
        	s *= -1;
		}
        ans[i] = 1ll * ans[i] * cnt % mod;
        sum = (sum + ans[i]) % mod;
    }
    for (int i = 1; i <= k; i++) {
    
    
        printf("%lld\n",ans[i] * fpow(sum,mod - 2) % mod);
    }
    return 0;
}