链接:https://ac.nowcoder.com/acm/contest/3003/C
来源:牛客网

题目描述

牛牛刚刚考完了期末,尽管牛牛做答了所有 n 道题目,但他不知道有多少题是正确的。
不过,牛牛知道第 i 道题的正确率是 pi
牛牛 想知道这 n 题里恰好有 0,1,…,n 题正确的概率分别是多少,对 109+7取模。
对 109+7取模的含义是:对于一个 b≠0的不可约分数 a/b,存在 q 使得 b×q mod (109+7)=a,q 即为 a/b 对 109+7取模的结果。

输入描述:

第一行,一个正整数 n 。
第二行,n 个整数 p1,p2,…,pn,在模 109+7意义下给出。
保证 1≤n≤2000。

输出描述:

输出一行 n+1个用空格隔开的整数表示答案(对 109+7取模)。

输入


输出

 

说明

有 1 道题,做对的概率是 1/2 ( 1/2在模 109+7意义下为 500000004 )。

先说一点:

mod为109+7,为质数

inv(b,mod) 表示b对mod的逆元,由费马小定理知b对mod的逆元即为bmod-2

求(a/b)%mod即为求(a*inv(b,mod))%mod,即等于该题的p。

long long fpow(long long a, long long b)
{
if (a == ) return ;
long long ans = ;
for (; b; b >>= , a = (a % mod * a% mod) % mod)
if (b & ) ans = (ans % mod * a % mod) % mod;
return ans;
}
LL inv(LL a,LL mo)
{
return fpow(a,mo-)%mo;
}
//求(a/b)%mod: printf("%lld\n",a*inv(b,mod)%mod);

另外注意到(a/b)%mod+(1- a/b)%mod = mod+1,由此可通过某事件概率求得其对立概率。

该题总体来说还是用dp来做,只不过用概率%mod(即题中p)来代替原本的概率即可。

dp[ i ][ j ] 表示前 i 道题做对 j 道的概率。

转移时考虑第 j 道题是否做对,转移方程为:dp[ i ][ j ]=dp[ i-1 ][ j ]×(1−pi)+dp[ i-1 ][ j-1 ]×pi  。

时间复杂度 O(n2)

 #include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <iostream>
#include <string>
#include <math.h>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <stack>
#include <queue>
#include <set>
#include <map>
#include <sstream>
const int INF=0x3f3f3f3f;
typedef long long LL;
const LL mod=1e9+;
const int maxn=1e4+;
using namespace std; LL P[];//表示第i道题做对的概率
LL dp[][];//dp[i][j]表示前i道题做对j道的概率 int main()
{
#ifdef DEBUG
freopen("sample.txt","r",stdin);
#endif int n;
scanf("%d",&n);
for(int i=;i<=n;i++)
scanf("%lld",&P[i]);
dp[][]=;
for (int i = ; i <= n; i++)
{
dp[i][] = dp[i - ][] * (mod + - P[i]) % mod;
for (int j = ; j <= i; ++j)
dp[i][j] = (dp[i - ][j] * (mod + - P[i]) + dp[i - ][j - ] * P[i]) % mod;
}
for(int i=;i<=n;i++)
printf(i==n?"%lld\n":"%lld ",dp[n][i]); return ;
}

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