CF908D New Year and Arbitrary Arrangement(期望Dp+数学)

题目大意：给你一个空字符串，你有\(\frac{pa}{pa+pb}\)的概率往字符串最后面加个\(a\),\(\frac{pb}{pa+pb}\)的概率往字符串最后面加个\(b\)，当子序列\(ab\)的个数超过\(k\)时，停止加入。求是期望出现子序列\(ab\)的个数

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因为可以无限加字母，所以设\(f[i][j]\)表示这个串有\(i\)个\(a\),\(j\)个\(ab\)为前缀时，期望出现的\(ab\)子序列个数

转移方程为
\[f[i][j]=(f[i+1][j]*pa+f[i][j+i]*pb)/(pa+pb)\]

我们可以发现当\(i+j\geq k\)时，再加个\(b\)就可以结束。然后就是求这个状态对应的期望\(x\)

\(x= \frac{pb}{pa+pb} \sum\limits_{a=0}^{\infty}(i+j+a)*({\frac{pa}{pa+pb}})^a\)

\(=\frac{pb}{pa+pb}*\frac{\sum\limits_{a=0}^{\infty}(i+j+a)*({\frac{pa}{pa+pb}})^a-\sum\limits_{a=1}^{\infty}(i+j+a)*({\frac{pa}{pa+pb}})^a}{(1-\frac{pa}{pa+pb})}\)

\(=\sum\limits_{a=0}^{\infty}(i+j+a)*({\frac{pa}{pa+pb}})^a-\sum\limits_{a=0}^{\infty}(i+j+a)*({\frac{pa}{pa+pb}})^{a+1}\)

\(=i+j+\sum\limits_{a=1}^{\infty}({\frac{pa}{pa+pb}})^a\)

\(=i+j+\frac{pa}{pa+pb}/(1-\frac{pa}{pa+pb})\)

\(=i+j+\frac{pa}{pb}\)

这个过程用了两次错位相减法

然后关于答案是\(f[0][0]\) or \(f[1][0]\)的问题

感性理解的话，前面无限加\(b\)不会对答案产生贡献

理性证明的话把转移方程代进去，然后就是\(f[0][0]=f[1][0]\)了

丢代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define N 1010 
#define ll long long 
#define mod 1000000007ll
using namespace std;
ll invab,invb,f[N][N],pa,pb,k;//有i个a和j个ab的期望ab个数 

ll ksm(ll x,ll y){
    ll ans=1;
    for(;y;y>>=1,(x*=x)%=mod) if(y&1) (ans*=x)%=mod;
    return ans;
}
ll dfs(int x,int y){
    if(x+y>=k) return ((x+y)%mod+pa*invb%mod)%mod; 
    if(f[x][y]) return f[x][y];
    else return f[x][y]=(dfs(x+1,y)*pa%mod+dfs(x,y+x)*pb%mod)%mod*invab%mod;
}

int main(){
    cin>>k>>pa>>pb;
    invab=ksm(pa+pb,mod-2);
    invb=ksm(pb,mod-2);
    cout<<dfs(1,0);
}