期望
不难发现总期望为:
[E=sum_{i=1}^{i le n} i imes P_i
]
期中(P_i)为最多能玩到的游戏为i的概率
再把这个式子拆开，我们可以得到:
[E=P_1+P_2+P_2+P_3+P_3+P_3+...
]
我们设(f_i)为：
[f_i=sum_{j=i}^{j le n}P_j
]
那么:
[E=sum_{i=1}^{ile n}f_i
]
同时(f_i)表示的意义也很明显了，就是最终玩到的游戏大于等于i的概率，我们只要求出每个(f_i)即可。
我们设(sum_i)表示[1,i]的(t_i)之和，那么到i时,最优耗时为(sum_i)，最坏为(sum_i+i)。
1.当(sum_i>T)时，说明接下来都不可能在T时间内完成了，应该直接break.
2.当(sum_i+i<=T)时，说明不管怎么样前i个都是可以在T时间之内完成，那么(f_i=1).
3.当(sum_i<=T)并且(T<sum_i+i)时，则至多有(T-sum_i)个游戏多花了1分钟，那么我们枚1到(T-sum_i)，求出对应的情况数，再除以情况总数(2^i)，就是(f_i)的值了。
此时:
[f_i=frac{sum_{j=0}^{j le T-sum_i}C_{i}^{j}}{2^i}
]
但是，如果算每个(C_{i}{j})显然会TLE，这就需要一个优化了。
由于(T-sum_i)是单调递减的，我们可以直接线性转移到下一层。
由于(C_{n}^{m}+C_{n}^{m+1}=C_{n+1}^{m+1})那么:
[sum_{j=0}^{j le m}C_{n+1}^{j} = sum_{j=0}^{j le m}C_{n}^{j} imes 2-C_{n}^{m}
]
代码:
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int MAXN=2e5+10,MOD=1e9+7;
int n,T,ni[MAXN],jie[MAXN],jie_ni[MAXN],A[MAXN],ans,sum;
int sum_N,sum_K;
void Init(){
ni[1]=1;
for(int i=2;i<=MAXN-10;i++){
ni[i]=((MOD-(MOD/i))*ni[MOD%i]%MOD)%MOD;
}
jie_ni[0]=1;
for(int i=1;i<=MAXN-10;i++){
jie_ni[i]=jie_ni[i-1]*ni[i]%MOD;
}
jie[0]=1;
for(int i=1;i<=MAXN-10;i++){
jie[i]=jie[i-1]*i%MOD;
}
}
int Quick(int x,int y){
int res=1,a=x;
while(y){
if(y&1)res*=a,res%=MOD;
a=a*a,a%=MOD;
y/=2;
}
return res;
}
int C(int x,int y){
if(y==0)return 1;
if(x==y)return 1;
return (jie[x]*jie_ni[y])%MOD*jie_ni[x-y]%MOD;
}
int work(int N,int K){
if(sum_N==0){
sum_N=1;
for(int i=1;i<=K;i++)sum_N+=C(N,i),sum_N%=MOD;
sum_K=K;
return sum_N;
}
else {
sum_N=(sum_N*2-C(N-1,sum_K)+MOD)%MOD;
for(int i=sum_K;i>=K+1;i--){
sum_N-=C(N,i),sum_N=(sum_N+MOD)%MOD;
}
sum_K=K;
return sum_N;
}
}
signed main(){
scanf("%lld %lld",&n,&T);
Init();
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&A[i]);
int BASE=1;
for(int i=1;i<=n;i++){
sum+=A[i];
BASE=BASE*2;
BASE%=MOD;
if(T-sum>=i){
ans++;
ans%=MOD;
}
else if(T-sum<0){
break;
}
else {
ans+=(work(i,T-sum)*Quick(BASE,MOD-2))%MOD;
ans%=MOD;
}
}
cout<<ans;
return 0;
}