$CF908D\ New\ Year\ and\ Arbitrary\ Arrangement$ 期望$dp$

正解:期望$dp$

解题报告:

传送门$QwQ$

阿关于题目里那个形如$ab$的子序列我说下,,,我我我之前$get$了好久$QAQ$.这里子序列的个数的定义是这样儿的,举个$eg$,$aabb$,就有4个形如$ab$的子序列.

然后考虑$dp$?设$f_{i,j}$表示前缀中有$i$个$a$,$j$个$ab$的停止后的期望长度?然后为了后面表达方便设$A=\frac{p_a}{p_a+p_b},B=\frac{p_b}{p_a+p_b}$.

不难推出转移方程就$f_{i,j}=f_{i+1,j}\cdot A+f_{i,i+j}\cdot B$,就分别是加了个$a$加了个$b$,还是挺显然的嘛$QwQ$.

像这种显然考虑记搜转移?但是发现有个问题,就会出现一直是$a$然后就死循环下去的局面$QAQ$

但是发现,在$i+j\leq K$的情况下,只要有一个$b$就会停止操作,所以期望长度可以写成$B\cdot \sum\limits_{p=0}^\infty [A^p \cdot (i + j + p)]$

考虑变形?

设$S=\sum\limits_{p=0}^\infty [A^p\cdot (i+j+p)]$

套路地错位相减得

$A\cdot S=\sum\limits_{p=0}^\infty [A^{p+1}\cdot (i+j+p)]$

$(1-A)\cdot S=i+j+\sum\limits_{p=1}^\infty A^p$($umm$没$get$的自己手动拆下式子减下就明白了$QwQ$

$B\cdot S=i+j+\frac{p_a}{p_b}$

然后就做完辣?就记搜地转移,然后如果出现$i+j\leq K$的情况就直接算出$i+j+\frac{p_a}{p_b}$就成?

最后还有一个问题$QwQ$.就如果出现一直是$b$的情况?所以这里初始状态的时候强行先给个$a$就成

对了,记得开$ll$昂

$over$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define il inline
#define int long long
#define gc getchar()
#define ri register int
#define rb register bool
#define rc register char
#define rp(i,x,y) for(ri i=x;i<=y;++i)
#define my(i,x,y) for(ri i=x;i>=y;--i)

const int mod=1e9+,N=+;
int K,a,b,A,B,C,f[N][N];

il int read()
{
    rc ch=gc;ri x=;rb y=;
    while(ch!='-' && (ch>'' || ch<''))ch=gc;
    if(ch=='-')ch=gc,y=;
    while(ch>='' && ch<='')x=(x<<)+(x<<)+(ch^''),ch=gc;
    return y?x:-x;
}
il int power(ri gd,ri gs){ri ret=;while(gs){if(gs&)ret=1ll*ret*gd%mod;gd=1ll*gd*gd%mod;gs>>=;}return ret;}
int dp(ri i,ri j)
{if(i+j>=K)return i+j+C;if(f[i][j])return f[i][j];return f[i][j]=(1ll*dp(i+,j)*A%mod+1ll*dp(i,i+j)*B%mod)%mod;}

signed main()
{
    //freopen("908d.in","r",stdin);freopen("908d.out","w",stdout);
    K=read();a=read();b=read();A=a*power(a+b,mod-)%mod;B=b*power(a+b,mod-)%mod;C=a*power(b,mod-)%mod;
    printf("%lld\n",dp(,));
    return ;
}