\(0.\) 前言

有一天 \(Au\) 爺講期望都見到了此題，通過寫題解來加深理解。

\(1.\) 題意

將初始為空的序列的末尾給定概率新增 \(a\) 或 \(b\)，當至少有 \(k\) 對 \(ab\) 時停止（注意是“對”，中間可以間隔字元），求 \(ab\) 期望對數。

\(2.\) 思路

通過檢視標籤 通過閱讀題面我們容易發現本題是一道期望 DP，但是本題的狀態並不很容易想到，設 \(f[i][j]\) 表示字首中有 \(i\) 個 \(a\)，\(j\) 個 \(ab\) 停止後的期望個數，這樣發現轉移就容易了很多，不會被 \(a\) 和 \(b\) 糾纏不清，設 \(A = pa / (pa + pb)\)

，\(B = pb / (pa + pb)\)，則有：

\[f[i][j] = A × f[i + 1][j] + B × f[i][j + 1] \]

若 \(i + j ⩾ k\)，則再加一個 \(b\) 就會結束，此時的期望 \(ab\) 數是：

\[i + j + pa / pb \]

故終止狀態為:

\[f[i][j] = i + j + pa / pb, i + j ⩾ k \]

\(3.\) 解釋

（本塊主要針對 \(i + j + pa / pb\) 的推導，不感興趣可以跳過）

我一直疑惑 \(i + j + pa / pb\) 如何得出。

解釋一下，在字首有了 \(i\)

個 \(a\)，構成了 \(j\) 組 \(ab\) 的情況下，若 \(i + j ⩾ k\)，這個狀態的後繼情況能是容易看到的：選 \(a\) ，然後繼續抉擇，或選 \(b\) ，就此停止。多選一個 \(a\)，就意味著最後的 \(ab\) 串又多了一個。 那麼得出無限和式:

\[{b \over pa+pb}×\sum_{a=0}^{∞}(i+j+a)×({pa \over pa+pb})^{a} \]

接下來的證明部分參考一粒夸克的部落格

首先是等差乘等比數列求和公式

\[(1):A=a+(a+p)×p+(a+2×b)×p^2+...+(a+n×b)×p^n \] \[(2):A×p=a×p+(a+b)×p^2+(a+2×b)×p^3+...+(a+n×b)×p^{n+1} \] \[(1)-(2):A×(1-p)=a+b×(p+p^2+p^3+...+p^n)-(a+n×b)p^{n+1} \] \[A×(1-p)=a+b×p×{1-p^n \over 1-p}-(a+n×b)×p^{n+1} \] \[A={a\over1-p}+b×{p-p^{n+1}\over(1-p)^2}-{(a+n×b)×p^{n+1}\over1-p} \]

將公式代入無限和式

\[{pb \over pa+pb}×(\sum_{a=0}^{∞}(i+j+a)×({pa \over pa+pb})^{a}) \] \[={pb\over pa+pb}×({i+j\over1-{pa\over pa+pb}}+{{pa \over pa+pb}-({pa \over pa+pb})^{∞+ 1} \over (1-{pa \over pa+pb})^2}-{(i+j+n)×({pa \over pa+pb})^{∞+1} \over1-{pa \over pa+pb}}) \] \[={pb\over pa+pb}×({i+j \over {pb \over pa+pb}}+{{pa \over pa+pb}-({pa \over pa+pb})^{∞+ 1} \over ({pb \over pa+pb})^2}-{(i+j+n)×({pa \over pa+pb})^{∞+1} \over{pa \over pa+pb}}) \] \[=i+j+{{pa \over pa+pb}-({pa \over pa+pb})^{∞+ 1} \over {pb \over pa+pb}}-(i+j+n)×({pa \over pa+pb})^{∞+ 1} \] \[=i+j+{{pa \over pa+pb}\over {pb \over pa+pb}} \] \[=i+j+{pa \over pb} \]

（這麼巨量\(\LaTeX\)我都打了，求贊）

\(4.\) 細節

1. 由於 \(f[0][0]\) 會轉移到自己，遞迴記憶化會死迴圈，從 \(f[1][0]\) 開始算，當序列前有一堆 \(b\) 的情況沒有意義，可以跳到第一個 \(a\) 發生時開始算。初始狀態選取 \(f[1][0]\)。
2. 當 \(a\) 與 \(ab\) 的個數相加已經大於 \(k\) 了，這是就不關心有多少 \(a\) 了，只需要有一個 \(b\) 就可以結束了，這樣可以把兩維都控制在 \(O(k)\) 的複雜度

\(5.\) 程式碼

這是一份逆推實現的程式碼：

#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;
}

這是一份記搜實現的程式碼片段：

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;
}