有一天 \(Au\) 爷讲期望都见到了此题，通过写题解来加深理解。
将初始为空的序列的末尾给定概率添加 \(a\) 或 \(b\)，当至少有 \(k\) 对 \(ab\) 时停止（注意是“对”，中间可以间隔字符），求 \(ab\) 期望对数。
通过查看标签 通过阅读题面我们容易发现本题是一道期望 DP，但是本题的状态并不很容易想到，设 \(f[i][j]\) 表示前缀中有 \(i\) 个 \(a\)，\(j\) 个 \(ab\) 停止后的期望个数，这样发现转移就容易了很多，不会被 \(a\) 和 \(b\) 纠缠不清，设 \(A = pa / (pa + pb)\)，\(B = pb / (pa + pb)\)，则有：
若 \(i + j ⩾ k\)，则再加一个 \(b\) 就会结束，此时的期望 \(ab\) 数是：
故终止状态为:
（本块主要针对 \(i + j + pa / pb\) 的推导，不感兴趣可以跳过）
我一直疑惑 \(i + j + pa / pb\) 如何得出。
解释一下，在前缀有了 \(i\) 个 \(a\)，构成了 \(j\) 组 \(ab\) 的情况下，若 \(i + j ⩾ k\)，这个状态的后继情况能是容易看到的：选 \(a\) ，然后继续抉择，或选 \(b\) ，就此停止。多选一个 \(a\)，就意味着最后的 \(ab\) 串又多了一个。 那么得出无限和式:
接下来的证明部分参考一粒夸克的博客
（这么巨量\(\LaTeX\)我都打了，求赞）
这是一份逆推实现的代码：
#include<map>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define int long long
using namespace std;
template<class T> inline void read(T &x){
x = 0; register char c = getchar(); register bool f = 0;
while(!isdigit(c)) f ^= c == '-', c = getchar();
while(isdigit(c)) x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
if(f) x = -x;
}
template<class T> inline void print(T x){
if(x < 0) putchar('-'), x = -x;
if(x > 9) print(x / 10);
putchar('0' + x % 10);
}
const int N = 1010;
const int mod = 1e9 + 7;
int n, pa, pb, A, B, C;
int f[N][N];
inline int qpow(int a, int b){
int res = 1;
while(b){
if(b & 1) res = 1ll * res * a % mod;
a = 1ll * a * a % mod, b >>= 1;
}
return res;
}
inline int work(int x){
return qpow(x, mod - 2);
}
signed main(){
read(n), read(pa), read(pb);
A = 1ll * pa * work(pa + pb) % mod;
B = 1ll * pb * work(pa + pb) % mod;
C = 1ll * pa * work(pb) % mod;
for(int i = n; i >= 1; --i)
for(int j = n; j >= 0; --j){
if(i + j >= n) f[i][j] = (i + j + C) % mod;
else f[i][j] = (1ll * A * f[i + 1][j] % mod + 1ll * B * f[i][j + i] % mod) % mod;
}
print(f[1][0]), puts("");
return 0;
}
这是一份记搜实现的代码片段：
inline int dp(int i, int j){
if(i + j >= k) return (i + j + C) % mod;
if(~ f[i][j]) return f[i][j];
return (1ll * A * dp(i + 1, j) + 1ll * B * dp(i, j + i)) % mod;
}
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