跳一跳 概率与期望

跳一跳 概率与期望

题目描述

现有一排方块，依次编号为 \(1...n\)。

方块 \(1\) 上有一个小人，已知当小人在方块 \(i\)上时，下一秒它会等概率地到方块 \(i\)（即不动），方块\(i+1\) ，方块\(i+2\)$ …\(方块\)n$ 上。

求小人到达方块\(n\) 所需要的期望时间（单位：秒）。

输入格式

一个数字\(n\) 。

输出格式

若答案 \(ans=\frac{A}{B}\)输出\(A \times B ^{-1} mod(10^9+7)\) 。其中\(B^{-1}\) 表示\(B mod (10^9+7)\) 下的逆元。

样例

样例输入 1

1

样例输出 1

0

样例输入 2

10000000

样例输出 2

406018741

数据范围与提示

对于\(50\%\) 的数据，\(n \leq 10^6\)。

对于\(100\%\) 的数据，\(1 \leq n \leq 10^7\)。

分析

我们设\(f[i]\)为从位置\(i\)到达位置\(n\)的期望步数

初始时有\(f[n]=0\)

很显然\(f[i]=(f[i]+f[i+1]+f[i+2]+...+f[n])/(n-i+1)+1\)

因为式子左右两边都含有\(f[i]\)，因此我们需要将其消掉

我们在式子左右两边同时乘上\((n-i+1)\)

那么会有 \(f[i] \times (n-i+1)=f[i]+f[i+1]+f[i+2]+...+f[n]+n-i+1\)

移项会有\(f[i] \times (n-i)= \sum_{j=i+1}^nf[j] + n-i+1\)

因此\(f[i]=(\sum_{j=i+1}^nf[j] + n-i+1) \times (n-i)^{-1}\)

转移时顺便记录一下后缀和

因为这道题卡空间，所以\(f\)不能开数组，要用变量滚动

代码

#include<cstdio>
const int maxn=1e7+5;
const int mod=1e9+7;
int ny[maxn],n,ans,sum;
int main(){
    scanf("%d",&n);
    ny[1]=1;
    for(int i=2;i<=n;i++){
        ny[i]=1LL*(mod-mod/i)*ny[mod%i]%mod;
    }
    ans=0;
    for(int i=n-1;i>=1;i--){
        ans=1LL*(sum+n-i+1LL)*ny[n-i]%mod;
        sum=(sum+ans)%mod;
    }
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}