@codeforces - 1187F@ Expected Square Beauty

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@solution@
@accepted code@
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给定一个序列 x = {x1, x2, ..., xn}，已知 xi 是一个在 [li, ri] 内的随机整数。

令 B(x) 表示将序列 x 划分成若干连续的段，使每个段内所有数相同的最小划分数。

求 (B(x))^2 的期望 E((B(x))^2)。

Input

第一行包含一个整数 n (1≤n≤2⋅10^5))表示序列长度。

第二行包含 n 个整数 l1,l2,…,ln (1≤li≤10^9)。

第三行包含 n 个整数 r1,r2,...,rn (li≤ri≤10^9)。

Output

输出 E((B(x))^2) 对 10^9 + 7 的取模结果。

Examples

Input

3

1 1 1

1 2 3

Output

166666673

Input

3

3 4 5

4 5 6

Output

500000010

@solution@

平方期望看起来非常劝退，我们不妨从线性期望出发，考虑先计算 E(B(x))。

注意到 B(x) 可以通过计算 “使得 x[i] 与 x[i+1] 不同的 i 的个数” + 1 得到，于是我们考虑每一个 i 对 E(B(x)) 的贡献。

感性地认知一下，或许我们通过计算一对 (i, j) 对 E((B(x))^2) 的贡献？

考虑用期望的方法论证我们上面的想法。

令 $I_i(x)$ 是一个随机变量，其中当 $x[i] = x[i + 1]$ 时 $l_i(x) = 0$，否则 $l_i(x) = 1$。

令 $P_i(x)$ 表示 $x[i]\not=x[i + 1]$ 的概率，则有 $E(l_i(x)) = P_i(x)$。

由于 $B(x) = \sum_{i=1}^{n-1}I_i(x) + 1$，则 $E(B(x)) = E(\sum_{i=1}^{n-1}l_i(x) + 1) = \sum_{i=1}^{n-1}E(l_i(x)) + 1$。

上式可以通过期望的线性性质得到，于是恰好印证了我们一开始的感性推导。

接下来考虑 $E(B(x)^2)$，可以得到如下式子：

\[E(B(x)^2) = E((\sum_{i=1}^{n-1}l_i(x) + 1)^2) = \sum_{i=1}^{n-1}E(l_i(x)^2) + 1 + 2*\sum_{i=1}^{n-1}(E(l_i(x))+\sum_{j=i+1}^{n-1}E(l_i(x)*l_j(x)))
\]

考虑 $E(l_i(x)*l_j(x))$，其实就是 i 和 j 同时发生的概率，所以可以立即得到 $E(l_i(x)^2) = E(l_i(x))$。

又因为假如 $|i - j| > 1$，即 i, j 不相邻时，它们之间的概率是不会互相影响的。

所以 $E(l_i(x)*l_j(x)) = P_i(x)*P_j(x) = E(l_i(x))*E(l_j(x))$，当 $|i - j| > 1$ 时。

我们不妨令 $Q_i(x) = E(l_i(x)*l_{i+1}(x))$。通过以上这些推导，我们可以把式子进一步化简：

\[E(B(x)^2) = 3*\sum_{i=1}^{n-1}P_i(x) + 1 + 2*\sum_{i=1}^{n-1}P_i(x)(\sum_{j=i+2}^{n-1}P_j(x)) + 2*\sum_{i=1}^{n-2}Q_i(x)
\]

现在考虑怎么求 P 和 Q。

首先是 $P_i(x)$，即 i 和 i+1 不相同的概率。考虑容斥，即用 1 - 相同的概率。

相同的时候一定是从 i 的区间与 i+1 的区间的交中选择一个数，于是相同的概率 = 区间交的长度 / i 的区间长度 / i+1 的区间长度。

然后是 $Q_i(x)$，一样考虑容斥，求 1 - (i 与 i + 1 相同的概率) - (i + 1 与 i + 2 相同的概率) + (i, i + 1 与 i + 2 相同的概率)。

三个相同的概率可以类比两两相同的概率得到，一样是求区间交。

@accepted code@

#include<cstdio>

#include<algorithm>

using namespace std;

const int MAXN = 200000;

const int MOD = int(1E9) + 7;

int pow_mod(int b, int p) {

	int ret = 1;

	while( p ) {

		if( p & 1 ) ret = 1LL*ret*b%MOD;

		b = 1LL*b*b%MOD;

		p >>= 1;

	}

	return ret;

}

int P[MAXN + 5], S[MAXN + 5];

int l[MAXN + 5], r[MAXN + 5], n;

int main() {

	scanf("%d", &n);

	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d", &l[i]);

	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d", &r[i]);

	for(int i=1;i<n;i++) {

		int len = max(0, min(r[i], r[i + 1]) - max(l[i], l[i + 1]) + 1);

		int tmp = 1LL*pow_mod(r[i] - l[i] + 1, MOD - 2)*pow_mod(r[i + 1] - l[i + 1] + 1, MOD - 2)%MOD;

		P[i] = (1 + MOD - 1LL*tmp*len%MOD)%MOD;

	}

	for(int i=1;i<n;i++) S[i] = (P[i] + S[i-1])%MOD;

	int ans = (3LL*S[n - 1]%MOD + 1)%MOD;

	for(int i=1;i+2<n;i++)

		ans = (ans + 2LL*(S[n - 1] + MOD - S[i + 1])%MOD*P[i]%MOD)%MOD;

	for(int i=1;i+1<n;i++) {

		int len = max(0, min(r[i], min(r[i + 1], r[i + 2])) - max(l[i], max(l[i + 1], l[i + 2])) + 1);

		int tmp = 1LL*pow_mod(r[i] - l[i] + 1, MOD - 2)%MOD*pow_mod(r[i + 1] - l[i + 1] + 1, MOD - 2)%MOD*pow_mod(r[i + 2] - l[i + 2] + 1, MOD - 2)%MOD;

		int del = 1;

		del = ((del + P[i])%MOD + MOD - 1)%MOD;

		del = ((del + P[i + 1])%MOD + MOD - 1)%MOD;

		del = (del + 1LL*tmp*len%MOD)%MOD;

		ans = (ans + 2LL*del%MOD)%MOD;

	}

	printf("%d\n", ans);

}

@details@

其实有一个简化公式的方法，即令 $l_n(x) = 1$，将上面 1 全部替换成 $l_n(x)$。

其他应该就没什么了。代码也比较好写。