一道期望dp，推方程不是很難，計算邊界才是本題的難點。

我們\(A\)表示選\(a\)的概率，\(B\)表示選\(b\)的概率。

我們由於選了\(a\)的個數與後面有極大關係，同時正序狀態無窮無盡，所以我們考慮倒推回來，因此我們設\(dp_{i,j}\)表示已經選了\(i\)個\(a\)，\(j\)個\(ab\)了後面選\(ab\)的個數的期望。

很顯然有dp式：

\(dp_{i,j} = dp_{i+1,j} \times A + dp_{i,i+j} \times B\)

現在考慮一波邊界，當\(j \leq k\)但\(k \leq i + j\)時，\(dp_{i,j}=i+j+ 0 \times B + 1 \times A \times B + 2 \times A^2 \times B + 3 \times A^3 \times B \dots\)

使用一波我不會的錯位相減法可以求出\(dp_{i,j}=i+j+\frac{pa}{pb}\)

最後是答案，考慮到開頭是\(b\)時不但可以自我無限轉移，甚至還對答案無影響，所以我們考慮第一個字母直接為\(a\)，所以答案為\(dp_{1,0}\)

程式碼：

#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long LL;
const LL mod = 1e9 + 7;
const int MAXN = 1005;
LL dp[MAXN << 2][MAXN << 2];
LL qpow(LL a , LL b) {
	LL res = 1;
	while(b) {
		if(b & 1) res = res * a % mod;
		a = a * a % mod;
		b >>= 1;
	}
	return res;
}
int main() {
	LL k , pa , pb;
	scanf("%lld %lld %lld" , &k , &pa , &pb);
	LL A = pa * qpow(pa + pb , mod - 2) % mod;
	LL B = pb * qpow(pa + pb , mod - 2) % mod;
	LL C = pa * qpow(pb , mod - 2) % mod;
	for (int i = 1; i <= k * 2; ++i) {
		for (int j = 0; j <= k * 2; ++j) {
			if(i + j >= k) dp[i][j] = (i + j + C) % mod;
		}
	}
	for (int i = k; i >= 1; --i) {
		for (int j = k; j >= 0; --j) {
//			if(i + j >= k) dp[i][j] = (i + j + C) % mod;
			if(i + j >= k) continue;
			dp[i][j] = (A * dp[i + 1][j] % mod + B * dp[i][i + j] % mod) % mod;
		}
	}
	printf("%lld" , dp[1][0]);
	return 0;
}