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64bit IO Format: %lld
题目描述
Niuniu likes to play OSU!
We simplify the game OSU to the following problem.
Given n and m, there are n clicks. Each click may success or fail.
For a continuous success sequence with length X, the player can score X^m.
The probability that the i-th click success is p[i]/100.
We want to know the expectation of score.
As the result might be very large (and not integral), you only need to output the result mod 1000000007.
输入描述:
The first line contains two integers, which are n and m.
The second line contains n integers. The i-th integer is p[i].
1 <= n <= 1000
1 <= m <= 1000
0 <= p[i] <= 100
输出描述:
You should output an integer, which is the answer.
示例1
输入
3 4
50 50 50
输出
750000020
说明
000 0
001 1
010 1
011 16
100 1
101 2
110 16
111 81
The exact answer is (0 + 1 + 1 + 16 + 1 + 2 + 16 + 81) / 8 = 59/4.
As 750000020 * 4 mod 1000000007 = 59
You should output 750000020.
备注:
If you don’t know how to output a fraction mod 1000000007,
You may have a look at https://en.wikipedia.org/wiki/Modular_multiplicative_inverse
题意：在一个长度为n的01串中，给出每个位置是1的概率，现在连续的1长度为x，如果存在连续的1，那么得分即为所有x的m次方的加和，求得分的期望。
由题可知若长度n为3时
每个位置出现1的概率是50%，那么就有01的全排列中组合，其中出现1连续的1的长度有0，1，2，3。那么m等于4时即这些长度的4次方之和，求和结果除以概率即期望值。
首先枚举那么多01的情况再去计算连续1的长度是不可能的。因此对于每种情况我们定量分析。
如一个很复杂的011101101101
可以发现其连续1的段有长度为3，2，2，1的，我们只观察最右边的01。
可以知道，当一组连续的1左右两边都为0或者触碰到边界时，才作为“连续”而存在，否则连续的1长度将更长。在定量分析最右的01时，我们可以计算出其出现概率是i位pi和第i-1位 100-pi【因为是0】
那么剩余部分不管。我们对剩余部分进行全排列，即 xxxxxxxxxx 01,忽略了左边复杂的0111011011情况，只计算右边的01情况。意思是，无论左边如何变化，只要右边是01，那么出现的概率可以确定，获得的分数可以确定，即1^m，这样的形式可以在任何情况中出现。至于被忽略部分的概率，因为是全排列，那么肯定是1，因为10的情况全部被算在全排列中了，所以任何可能发生的情况被算在内时概率必定是1。
接着，我们将01进行左移，即 xxxxxxxx 010 x，使得这个1的长度在串中每个位置都出现一下，在此计算在不同位置出现的概率和得到的价值，对其进行乘积和加和。
这样长度为1的就枚举完了，可以得到长度1在任何位置的概率及分数加和。然后枚举长度为2时的所有情况，同样只考虑类似0110的串在每个位置存在的概率和分数，在边缘时为011或110。对这样的串枚举每一个出现位置。
这样枚举所有长度以及所有位置，进行求和即可得到最终期望。
dp【i】【j】表示，在第i个位置开始出现连续的1，其长度为j的概率。即表示了一段区间内可能出现1的概率。用这个结果，再乘上i-1和i+j两边的0出现概率，即得到该长度的概率，最后乘上其权值j^m即可。
#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;
const int maxn=1005;
const int mod=1000000007;
LL qp(LL a,LL b)
{
LL res=1;
while(b)
{
if(b&1)res=res*a%mod;
a=a*a%mod;
b>>=1;
}
return res;
}
LL n,m,p[maxn],fac[maxn],zep[maxn],dp[maxn][maxn];
void init(int n,int m)///预处理长度为1~n的m次方
{
fac[1]=fac[0]=1;
for(int i=2;i<=n;i++) fac[i]=qp(i,m);
}
LL inv=qp(100,mod-2);///概率分母100的逆元
int main()
{
while(scanf("%lld%lld",&n,&m)!=EOF)
{
init(n,m);
LL ans=0;
zep[n+1]=p[n+1]=zep[0]=p[0]=1;///初始化在最左边和最右边出现0的概率，因为不存在这个值，所以必定是0，概率为1
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%lld",&p[i]);
zep[i]=(100-p[i])*inv%mod;///计算该位置出现0的概率的逆元
p[i]=p[i]*inv%mod;///该位置出现1的概率的逆元
dp[i][0]=1;///长度为0时概率为1，表示不对后面的概率产生影响
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=1;i+j<=n+1;j++)
{
dp[i][j]=dp[i][j-1]*p[i+j-1]%mod;
LL tmp=dp[i][j]*zep[i-1]%mod*zep[i+j]%mod;
ans=(ans+(tmp*fac[j])%mod)%mod;
}
}
printf("%lld
",ans%mod);
}
}