标签：p2 p1 const LOJ 6513 times 雅礼 1ll mod
\(\text{Solution}\)
一看数据范围就觉得一定是 \(\text{DP}\)。
显然有 \(f[i][j][k]\) 表示在第 \(i\) 场，主队赢了 \(j\) 局，客队赢了 \(k\) 局。然后有个比较经典的优化：因为只要求 \(j>k\) 的状态，设 \(f[i][j]\) 表示在第 \(i\) 场，主队赢的局数比客队多 \(j\) 局，状态转移方程（设 \(p1,p2\) 分别为主队/客队获胜概率）：
\[f[i][j]=f[i-1][j]\times [(p1\times p2)+(1-p1)\times(1-p2)]+f[i-1][j+1]\times (1-p1)\times p2+f[i-1][j-1]\times p1\times (1-p2) \]然后我就优化不动了，连矩阵加速这么离谱的做法都想了一会，死磕了很久。
考试后发现老师的 \(n^2\) 做法和我的不一样：直接暴力选 \(j,k\)，和之前 \(n^3\) 的 \(\text{DP}\) 的 \(j,k\) 一样，选了之后算出概率再乘一个组合数：
\[ans=\sum_{j=1}^{n} p1^{j}\times(1-p1)^{n-j}\times \text C(n,j)\times \sum_{k=0}^{j-1} p2^k \times (1-p2)^{n-k}\times \text{C}(n,k) \]看上去非常之暴力，但是你会发现后面的那个求和可以用一个 \(tmp\) 之类的存起来。
注意只能开一个 \(1e7\) 的数组，发现组合数递推其实只要逆元数组就够了。
然后有些情况需要特判。
\(\text{Summary}\)
有的时候一道题有很多个看上去很暴力的做法，但是很好优化，所以当优化不动的时候，
建议回炉重造。
\(\text{Code}\)
#include <cstdio>
#define rep(i,_l,_r) for(register signed i=(_l),_end=(_r);i<=_end;++i)
#define fep(i,_l,_r) for(register signed i=(_l),_end=(_r);i>=_end;--i)
#define erep(i,u) for(signed i=head[u],v=to[i];i;i=nxt[i],v=to[i])
#define efep(i,u) for(signed i=Head[u],v=to[i];i;i=nxt[i],v=to[i])
#define print(x,y) write(x),putchar(y)
template <class T> inline T read(const T sample) {
T x=0; int f=1; char s;
while((s=getchar())>'9'||s<'0') if(s=='-') f=-1;
while(s>='0'&&s<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(s^48),s=getchar();
return x*f;
}
template <class T> inline void write(const T x) {
if(x<0) return (void) (putchar('-'),write(-x));
if(x>9) write(x/10);
putchar(x%10^48);
}
template <class T> inline T Max(const T x,const T y) {if(x>y) return x; return y;}
template <class T> inline T Min(const T x,const T y) {if(x<y) return x; return y;}
template <class T> inline T fab(const T x) {return x>0?x:-x;}
template <class T> inline T gcd(const T x,const T y) {return y?gcd(y,x%y):x;}
template <class T> inline T lcm(const T x,const T y) {return x/gcd(x,y)*y;}
template <class T> inline T Swap(T &x,T &y) {x^=y^=x^=y;}
const int mod=1e9+7,maxn=1e7+5;
int n,p1,p2,ip1,ip2,ans,tmp,pre1=1,pre2=1,InvIp1,InvIp2,tmp1,Temp,C,Inv[maxn],tmp2;
inline int qkpow(int x,int y) {
int r=1;
while(y) {
if(y&1) r=1ll*r*x%mod;
x=1ll*x*x%mod; y>>=1;
}
return r;
}
inline int inv(int x) {
return qkpow(x,mod-2);
}
void init() {
Inv[1]=1;
rep(i,2,n) Inv[i]=1ll*(mod-mod/i)*Inv[mod%i]%mod;
}
int main() {
n=read(9); init();
p1=1ll*read(9)*inv(read(9))%mod; ip1=(1-p1+mod)%mod; InvIp1=inv(ip1);
p2=1ll*read(9)*inv(read(9))%mod; ip2=(1-p2+mod)%mod; InvIp2=inv(ip2);
if(p2==0) return print((1ll-qkpow((1ll-p1+mod)%mod,n)+mod)%mod,'\n'),0;
if(p1==1) return print((1ll-qkpow(p2,n)+mod)%mod,'\n'),0;
tmp1=qkpow(ip1,n-1); C=1; tmp2=qkpow(ip2,n);
rep(i,1,n) {
pre1=1ll*pre1*p1%mod;
tmp=(tmp+1ll*C*pre2%mod*tmp2%mod)%mod;
C=1ll*C*Inv[i]%mod*(n-i+1)%mod;
ans=(ans+1ll*C*pre1%mod*tmp1%mod*tmp%mod)%mod;
tmp1=1ll*tmp1*InvIp1%mod;
pre2=1ll*pre2*p2%mod;
tmp2=1ll*tmp2*InvIp2%mod;
}
print(ans,'\n');
return 0;
}
标签：p2,p1,const,LOJ,6513,times,雅礼,1ll,mod 来源： https://www.cnblogs.com/AWhiteWall/p/14052743.html
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