牛客練習賽46----C-華華跟奕奕玩遊戲

首先發出題目鏈接：
鏈接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/894/C
來源：牛客網
涉及：逆元，遞推式

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題目如下：


關於這個題首先要抓住一個重點，就是每一輪過後，期望就會發現變化，即：

相鄰兩輪遊戲後的期望值是有一個遞推關係的

假設第kk輪後黑球數量的期望是a[k]

只要先找到a[k]與a[k+1]的關係，然後通過遞推關係找到a[k]的通項公式，並把a[k]的通項公式表示爲分數的形式，然後利用分數取模找逆元，就可以得到答案。

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首先找遞推公式：

由於每一輪遊戲都會放入一個球，並拿走一個球，所以盒子中球的數量肯定是不變的

由於第k輪後盒子裏還剩a[k]個球，那麼第k+1輪後，盒子裏的黑球數量只有三種可能：
　　1.多放了一個黑球，即有a[k]+1個球；
　　2.仍然是a[k]個球；
　　3.拿走了一個黑球，即有a[k]-1個球；

在來考慮每一種情況的概率：
1.多放了一個黑球，即有a[k]+1個黑球
　則第k+1輪放了一個黑球(注意此時盒子裏應該有n+m+1個球,有a[k]+1個黑球)，拿了一個藍球。
　
放黑球的概率是p，拿藍球的概率是$\frac{n+m+1-a[k]-1}{n+m+1}$，則此情況的概率：
$\frac{p*(n+m+1-a[k]-1)}{n+m+1}$
　
2.拿走了一個黑球，即有a[k]-1個黑球
　則第k+1輪放了一個藍球(注意此時盒子裏應該有n+m+1個球,有a[k]個黑球)，拿了一個黑球。

放藍球的概率是(1-p)，拿黑球的概率是$\frac{a[k]}{n+m+1}$，則此情況的概率：
$\frac{(1-p)*a[k]}{n+m+1}$
　
3.仍然是a[k]個黑球(此情況有兩種可能)
　當第k+1輪放了一個藍球(注意此時盒子裏應該有n+m+1個球,有a[k]個黑球)，則拿了一個藍球。
　
放藍球的概率是(1-p)，拿藍球的概率是$\frac{n+m+1-a[k]}{n+m+1}$；
　
　當第k+1輪放了一個黑球(注意此時盒子裏應該有n+m+1個球,有a[k]+1個黑球)，則拿了一個黑球。
　
放黑球的概率是p，拿黑球的概率是$\frac{a[k]+1}{n+m+1}$

則此情況概率爲：
$\frac{(1-p)*(n+m+1-a[k])}{n+m+1}+\frac{p*(a[k]+1)}{n+m+1}$

情況	k+1輪後黑球個數	此情況概率
多放了一個黑球	a[k]+1	$\frac{p*(n+m+1-a[k]-1)}{n+m+1}$
拿走了一個黑球	a[k]-1	$\frac{(1-p)*a[k]}{n+m+1}$
仍然是a[k]個球	a[k]	$\frac{(1-p)*(n+m+1-a[k])}{n+m+1}+\frac{p*(a[k]+1)}{n+m+1}$

如上表所示，a[k+1]期望爲：
$[\frac{a[k]+1}{n+m+1}a[k]+\frac{n+m+1-a[k]-1}{n+m+1}(a[k]+1)]p+[\frac{n+m+1-a[k]}{n+m+1}a[k]+\frac{a[k]}{n+m+1}(a[k]-1)](1-p)$
經化簡可得：
$a[k+1]=(a[k]+p)\frac{n+m}{n+m+1}$

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再找通項公式：

爲了方便計算，我們設嘗數q=$\frac{n+m}{n+m+1}$

即：
$a[k+1]=q(a[k]+p)=q*a[k]+qp$

爲了得到通項公式，再設常數x，使得
$a[k+1]+x=q(a[k]+x)=q*a[k]+qx$

則qx-x=qp，解得
$x=\frac{qp}{q-1}$

又因爲a[0]=n，可以得到：

$a[k]+\frac{qp}{q-1}$是以$(n+\frac{qp}{q-1})$爲首項，q爲公比的等比數列

則
$a[k]+\frac{qp}{q-1}=(n+\frac{qp}{q-1})*q^{k}　(k\ge0)$
即
$a[k]=(n+\frac{qp}{q-1})*q^{k}-\frac{qp}{q-1}　(k\ge0)$
最後，把$p=\frac{a}{b},q=\frac{n+m}{n+m+1}$代入,得到
$a[k]=[n-\frac{a}{b}(n+m)]\frac{(n+m)^{k}}{(n+m+1)^{k}}+\frac{a}{b}(n+m)$
分數統一化，得到
$a[k]=\frac{(bn-an-am)(n+m)^{k}+a(n+m)(n+m+1)^{k}}{b(n+m+1)^{k}}　　(k\ge0)$

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分數取模，找逆元：

最後期望
分子fa
$fa=(bn-an-am)(n+m)^{k}+a(n+m)(n+m+1)^{k}$
分母fb
$fb=b(n+m+1)^{k}$
我們只考慮餘數，所以還需講fa與fb對mod取餘

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;//多用取餘，不然很可能就爆
ll fb=b*pa%mod;

分數取模（$\frac{a}{b}MOD p$），由於mod=1e9+7是一個質數，可以使用費馬小定理求解

$\frac{a}{b}MOD p=(a*c)MODp$
(其中c是b MOD p的逆元，mod是質數，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可能是負數，所以要再加mod並模上mod

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舉例子：
過程只有套fa和fb以及求逆元公式，過於簡單，不用舉例子，注意要用快速冪求$(n+m)^{k}$和$(n+m+1)^{k}$

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代碼如下：

#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){//快速冪
    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);
}