题解

$k=0$ 时直接输出 $n$ 的逆元。

这题一看是个 $dp$ ，设 $f[i][j]$ 表示在第 $i$ 轮后，已更换 $j$ 次的蒙对的最大概率。
转移方程似乎是这样的： $f[i][j]=max(f[i-1][j],(1-f[i-1][j-1])/(n-i-1))$ 。
先不说取模的问题，光这个方程都是错的（摔）。
考虑这一轮不换，自然是从 $f[i-1][j]$ 转移，但换的情况按上式转移明显是错的，设 $g[i][j]$ 表示在 $i$ 轮后更换 $j$ 次的蒙对的最小概率，从 $(1-g[i-1][j-1])/(n-i-1)$ 转移过来才是最优的。
于是转移方程变成了两个：
$f[i][j]=max(f[i-1][j],(1-g[i-1][j-1])/(n-i-1))$
$g[i][j]=min(g[i-1][j],(1-f[i-1][j-1])/(n-i+1))$
这样 $O(n^2)dp$ 有 $50pts$ 。
但是模意义下表达的分式无法判断大小，所以还得另存两个 $double$ 的数组存原值判大小，这边模意义下的就按照这两个原值数组的操作进行处理。

下面说说奇妙的正解。

先考虑 $k=1$ 的情况，假设进行了某次操作后还剩下 $i$ 个选项，蒙对的概率为 $p$ ，那么若这次操作更换了选项，更换后的概率即为 $\frac{1-p}{i-1}$ 。
既然 $k=1$ ，先假设在第 $x$ 次更换选项，则需要保证 $p$ 尽可能小，而 $p$ 的下界即为 $g[x][0]$ ，这个值是唯一确定的，即 $\frac1n$ 。
那么当 $x=n-2$ 时， $\frac{1-p}{i-1}$ 中的 $i$ 达到了最小值 $2$ ，所以证明了 $k=1$ 时，把更改操作放在最后一轮可以得到最大的蒙对概率。

当 $k>1$ 时
观察之前列的 $dp$ 式子：
$g[i][j]=min(g[i-1][j],(1-f[i-1][j-1])/(n-i+1))$
可以发现当进行到第 $x$ 次操作时， $g[x][j](1\leq j\leq k)$ 必然得到的是 $g[i][j](1\leq i\leq x)$ 的前缀最小值。
那么最后一次更换操作后得到 $\frac{1-p}{i-1}$ ， $p$ 在 $x=n-2$ 时所达到下界 $g[n-2][k]$ 必然是全局最小的，所以 $\frac{1-p}{i-1}$ 在最后一次操作达到了最大，进而说明最后一次更换选项必然要放在最后一轮。
那么考虑剩下的 $k-1$ 次操作，需要使操作后的 $p$ 尽量小。
考虑连续两次的操作后使初始 $p$ ，变为 $\frac{1-{\frac{1-p}{i-1}}}{i-2}=\frac{1}{i-1}+\frac{p}{(i-1)(i-2)}$ 。
同样这里考虑一次更改操作都没有前的 $p$ 是唯一确定的，即 $\frac1n$ ，所以只需要让 $i$ 尽量大。而我们可以把前 $k-1$ 次操作看做连续的两次操作的叠加，所以把这 $k-1$ 次更改分别放在前 $k-1$ 轮进行即可使最后得到的 $p$ 最小。

那么综上，对于任意满足条件的 $n,k\ (k>0)$ 均成立一下做法得到最大的蒙对概率：
前 $k-1$ 轮更换选项，最后一轮更换选项。

代码

$50pts$ 的 $dp$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=1e9+7;
#define db double
int n,ky,f[1010][1010],g[1010][1010],nv[100050];
db ff[1010][1010],gg[1010][1010];
char c;

inline int dc(int x,int y){x-=y;if(x<0) x+=mod;return x;}
inline int mul(int x,int y){return 1ll*x*y%mod;}

int main(){
    int i,j,lim;
    scanf("%d%d",&n,&ky);
    nv[0]=nv[1]=1;
    for(i=2;i<=n;++i) nv[i]=mul(mod-mod/i,nv[mod%i]);
    if(ky==0){printf("%d\n",nv[n]);return 0;}
    for(i=0;i<=n-2;++i) for(j=0;j<=ky;++j) gg[i][j]=1e12,ff[i][j]=-1e12;
    f[0][0]=g[0][0]=nv[n];ff[0][0]=gg[0][0]=1/(db)n;
    for(i=1;i<=n-2;++i){
        lim=min(i,ky);
        f[i][0]=g[i][0]=nv[n];ff[i][0]=gg[i][0]=1/(db)n;
        for(j=1;j<=lim;++j){

            if(ff[i-1][j]>=(1-gg[i-1][j-1])/(db)(n-i-1)){
                f[i][j]=f[i-1][j];
                ff[i][j]=ff[i-1][j];
            }else{
                f[i][j]=mul(dc(1,g[i-1][j-1]),nv[n-i-1]);
                ff[i][j]=(1-gg[i-1][j-1])/(db)(n-i-1);
            }
            if(gg[i-1][j]<=(1-ff[i-1][j-1])/(db)(n-i-1)){
                g[i][j]=g[i-1][j];
                gg[i][j]=gg[i-1][j];
            }else{
                g[i][j]=mul(dc(1,f[i-1][j-1]),nv[n-i-1]);
                gg[i][j]=(1-ff[i-1][j-1])/(db)(n-i-1);
            }
        }
    }
    printf("%d\n",f[n-2][ky]);
    return 0;
}

$100pts$ 的找规律

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+10,mod=1e9+7;
int nv[N],n,ky,ans;

inline int mul(int x,int y){return 1ll*x*y%mod;}
inline int dc(int x,int y){x-=y;if(x<0) x+=mod;return x;}

int main(){
    int i,j;
    scanf("%d%d",&n,&ky);
    nv[0]=nv[1]=1;
    for(i=2;i<=n;++i) nv[i]=mul(mod-mod/i,nv[mod%i]);
    ans=nv[n];
    for(i=1;i<ky;++i) ans=mul(dc(1,ans),nv[n-i-1]);
    if(ky!=0) ans=dc(1,ans);
    printf("%d\n",ans);
}

【洛谷】月赛：Tomoya loves Nagisa-DP&找规律

题解

代码

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