\(\text{Solution}\)

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^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;}

来源：https://www.icode9.com/content-4-766951.html

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