01矩阵

最新推荐文章于 2021-10-05 16:33:20 发布

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在一个 $n * m$ 的矩阵A的所有位置中随机填入 $0$ 或 $1$ ，概率比为 $x : y$ 。令 $Bi=∑_{j=1}^{m}A_{i,j}$ ,求 $minB_{i}$ 的期望，并将期望乘以 $x+y)^{nm}$ 后对 $10^{9}+7$ 取模

这是一道明显的期望转计数问题
稍有常识的OI选手就知道
$E=∑i=0mi∗P(min=i)E=\sum_{i=0}^{m}i*P(min = i)$
在乘上所有情况的时候
答案是：
$Ans=∑i=0m∗Casei∗iAns=\sum_{i=0}^{m}*Case_{i}*i$ 其中 $Case_{i}=$ 答案为i的情况总数
定义：
$G_{i}$ 为表示恰好这一行值为 $i$ 的情况数
其恰好为：
$G_{i}=C_{n}^{j}*y^{i}*x^{m-i}$
定义：
$F_{i}$ 为表示这一行至少值为 $i$ 的情况数
显而易见， $F_{i}$ 为 $G_{i}$ 的后缀和
我们考虑算答案的贡献：
还是看原式子：
$Ans=∑i=0m∗Casei∗iAns=\sum_{i=0}^{m}*Case_{i}*i$
$Casei=∑j=1nCnj(Fi+1)n−j(Gi)jCase_{i}=\sum_{j=1}^{n}C_{n}^{j}(F_{i+1})^{n-j}(G_{i})^{j}$
为什么?
我们枚举当最小答案为 $i$ 的时候这个矩阵有多少行答案为 $i$
那么其他行答案至少为 $i + 1$
我们发现好像这是
二项式定理的逆定理
所以转为二项式定理
$Case_{i}=(F_{i+1}+G_{i})^{n}-C_{n}^{0}(F_{i+1})^{n}$
那么可以线性求出答案：
$Ans=∑i=0m∗i∗((Fi+1+Gi)n−Cn0(Fi+1)n)Ans=\sum_{i=0}^{m}*i*((F_{i+1}+G_{i})^{n}-C_{n}^{0}(F_{i+1})^{n})$

#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
using namespace std;
const int N=1e6+100;
typedef int INT;
#define int long long
const int mod=1e9+7;
inline int Quick_Pow(int x,int k){
	int ret=1;
	while(k){
		if(k&1)ret=ret*x%mod;
		x=x*x%mod;
		k/=2;
	}
	return ret;
}
int Fac[N];
int Inv[N];
int C(int n,int m){
	return Fac[n]*Inv[m]%mod*Inv[n-m]%mod;
}
int n,m,x,y;

int G[N];
int S[N];
signed main(){
	Fac[0]=1;
	for(int i=1;i<=200000;++i)Fac[i]=Fac[i-1]*i%mod;
	Inv[200000]=Quick_Pow(Fac[200000],mod-2);
	for(int i=199999;i>=0;--i)Inv[i]=Inv[i+1]*(i+1)%mod;
	cin>>n>>m>>x>>y;
	for(int i=0;i<=m;++i){
		G[i]=C(m,i)*Quick_Pow(y,i)%mod*Quick_Pow(x,m-i)%mod;
	}
	for(int i=m;i>=0;--i)S[i]=(S[i+1]+G[i])%mod;
	int ans=0;
	for(int i=1;i<=m;++i){
//		ans=(ans+Quick_Pow(S[i+1]+G[i],n))%mod;
		ans=((ans+Quick_Pow(S[i+1]+G[i],n)*i%mod-C(n,0)*Quick_Pow(S[i+1],n)*i%mod)%mod+mod)%mod;
	}
	cout<<ans;
}

有趣的是：注释掉的代码也能求出答案233