牛客练习赛46----C-华华跟奕奕玩游戏

首先发出题目链接：
链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/894/C
来源：牛客网
涉及：逆元，递推式

题目如下：


关于这个题首先要抓住一个重点，就是每一轮过后，期望就会发现变化，即：

相邻两轮游戏后的期望值是有一个递推关系的

假设第kk轮后黑球数量的期望是a[k]

只要先找到a[k]与a[k+1]的关系，然后通过递推关系找到a[k]的通项公式，并把a[k]的通项公式表示为分数的形式，然后利用分数取模找逆元，就可以得到答案。

首先找递推公式：

由于每一轮游戏都会放入一个球，并拿走一个球，所以盒子中球的数量肯定是不变的

由于第k轮后盒子里还剩a[k]个球，那么第k+1轮后，盒子里的黑球数量只有三种可能：
　　1.多放了一个黑球，即有a[k]+1个球；
　　2.仍然是a[k]个球；
　　3.拿走了一个黑球，即有a[k]-1个球；

在来考虑每一种情况的概率：
1.多放了一个黑球，即有a[k]+1个黑球
　则第k+1轮放了一个黑球(注意此时盒子里应该有n+m+1个球,有a[k]+1个黑球)，拿了一个蓝球。
　
放黑球的概率是p，拿蓝球的概率是$\frac{n+m+1-a[k]-1}{n+m+1}$，则此情况的概率：
$$\frac{p\ast (n+m+1-a[k]-1)}{n+m+1}$$
　
2.拿走了一个黑球，即有a[k]-1个黑球
　则第k+1轮放了一个蓝球(注意此时盒子里应该有n+m+1个球,有a[k]个黑球)，拿了一个黑球。

放蓝球的概率是(1-p)，拿黑球的概率是$\frac{a[k]}{n+m+1}$，则此情况的概率：
$$\frac{(1-p)\ast a[k]}{n+m+1}$$
　
3.仍然是a[k]个黑球(此情况有两种可能)
　当第k+1轮放了一个蓝球(注意此时盒子里应该有n+m+1个球,有a[k]个黑球)，则拿了一个蓝球。
　
放蓝球的概率是(1-p)，拿蓝球的概率是$\frac{n+m+1-a[k]}{n+m+1}$；
　
　当第k+1轮放了一个黑球(注意此时盒子里应该有n+m+1个球,有a[k]+1个黑球)，则拿了一个黑球。
　
放黑球的概率是p，拿黑球的概率是$\frac{a[k]+1}{n+m+1}$

则此情况概率为：
$$\frac{(1-p)\ast (n+m+1-a[k])}{n+m+1}+\frac{p\ast (a[k]+1)}{n+m+1}$$

如上表所示，a[k+1]期望为：
$$[\frac{a[k]+1}{n+m+1}a[k]+\frac{n+m+1-a[k]-1}{n+m+1}(a[k]+1)]p+[\frac{n+m+1-a[k]}{n+m+1}a[k]+\frac{a[k]}{n+m+1}(a[k]-1)](1-p)$$
经化简可得：
$$a[k+1]=(a[k]+p)\frac{n+m}{n+m+1}$$

再找通项公式：

为了方便计算，我们设尝数q=$\frac{n+m}{n+m+1}$

即：
$$a[k+1]=q(a[k]+p)=q\ast a[k]+qp$$

为了得到通项公式，再设常数x，使得
$$a[k+1]+x=q(a[k]+x)=q\ast a[k]+qx$$

则qx-x=qp，解得
$$x=\frac{qp}{q-1}$$

又因为a[0]=n，可以得到：

$a[k]+\frac{qp}{q-1}$是以$(n+\frac{qp}{q-1})$为首项，q为公比的等比数列

则
$$a[k]+\frac{qp}{q-1}=(n+\frac{qp}{q-1})\ast q^k(k\ge 0)$$
即
$$a[k]=(n+\frac{qp}{q-1})\ast q^k-\frac{qp}{q-1}(k\ge 0)$$
最后，把$p=\frac{a}{b},q=\frac{n+m}{n+m+1}$代入,得到
$$a[k]=[n-\frac{a}{b}(n+m)]\frac{(n+m{)}^k}{(n+m+1{)}^k}+\frac{a}{b}(n+m)$$
分数统一化，得到
$$a[k]=\frac{(bn-an-am)(n+m{)}^k+a(n+m)(n+m+1{)}^k}{b(n+m+1{)}^k}(k\ge 0)$$

分数取模，找逆元：

最后期望
分子fa
$$fa=(bn-an-am)(n+m{)}^k+a(n+m)(n+m+1{)}^k$$
分母fb
$$fb=b(n+m+1{)}^k$$
我们只考虑余数，所以还需讲fa与fb对mod取余

ll pa=qPow_function(n+m+1,k,mod);
ll pb=qPow_function(n+m,k,mod);
ll fa=((b*n%mod-a*n%mod-a*m%mod)*pb%mod+((a*(n+m)%mod)%mod*pa)%mod)%mod;//多用取余，不然很可能就爆
ll fb=b*pa%mod;

分数取模（$\frac{a}{b}MODp$），由于mod=1e9+7是一个质数，可以使用费马小定理求解

$\frac{a}{b}MODp=(a\ast c)MODp$
(其中c是b MOD p的逆元，mod是质数，因此c=b^p-2%p)

ll ni=qPow_function(fb,mod-2,mod);//ni是逆元
return !(cout<<(fa*ni%mod+mod)%mod);//注意fa可能是负数，所以要再加mod并模上mod

举例子：
过程只有套fa和fb以及求逆元公式，过于简单，不用举例子，注意要用快速幂求$(n+m{)}^k$和$(n+m+1{)}^k$

代码如下：

#include <iostream>
#define mod (ll)1000000007
using namespace std;
typedef long long ll;
ll n,m,k,a,b;
long long qPow_function(long long _x,long long _divisor,long long _mod){//快速幂long long sum=1;while(_divisor){if(_divisor&1)    sum=sum*_x%_mod;_divisor=_divisor>>1;_x=_x*_x%_mod;}return sum;
}
int main(){cin>>n>>m>>k>>a>>b;ll pa=qPow_function(n+m+1,k,mod);//pa是（n+m+1）的k次方ll pb=qPow_function(n+m,k,mod);//pb是（n+m）的k次方ll fa=((b*n%mod-a*n%mod-a*m%mod)*pb%mod+((a*(n+m)%mod)%mod*pa)%mod)%mod;//套fa公式得分子ll fb=b*pa%mod;//套公式ll ni=qPow_function(fb,mod-2,mod);//求fb模mod的逆元return !(cout<<(fa*ni%mod+mod)%mod);
}