题解 CF696C 【PLEASE】

一眼看到这题，可以写出一个非常naive的dp：

设 \(dp[i][j]\) 表示第 \(i\) 次操作后钥匙在第 \(j\) （从左到右为 \(0,1,2\)）个位置的概率，那么 \(dp[i][1]\) 就是答案。

\[ dp[i][0]=dp[i-1][1]/2+dp[i-1][0]/2 \]

\[dp[i][1]=dp[i-1][0]/2+dp[i-1][2]/2 \]

\[dp[i][2]=dp[i-1][1]/2+dp[i-1][2]/2 \]

解释：

第一行：留在第0个位置可以有 \(\frac12\) 的概率从中间挪过来，也有 \(\frac12\) 的概率上次移动没有移动它

第二行：留在第1个位置有 \(\frac12\) 的概率从左边移过来，也有 \(\frac12\) 的概率从右边移过来

第三行：同第一行

显然 \(dp[i][0]\) 与 \(dp[i][2]\) 是等价的，合并为 \(dp[i][0]\) ，带入 \(dp\) 式子得

\[dp[i][0]=dp[i-1][1]/2+dp[i-1][0]/2 \]

\[dp[i][1]=dp[i-1][0] \]

第二行再带入第一行：

\[dp[i][0]=dp[i-1][0]/2+dp[i-2][0]/2 \]

显然可以把 \(0\) 改成 \(1\)

\[dp[i][1]=dp[i-1][1]/2+dp[i-2][1]/2 \]

如果还不够明显，那就再写的简洁一些，设 \(ans=a_n\)：

\[a_n=\dfrac{a_{n-1}+a_{n-2}}2 \]

边界：\(a_0=1,a_1=0\)

这就是一个典型的二阶递推啊！

可以用特征方程来解决，不会自行百度（就是解几个方程求通项公式而已）

（一小点计算过后，我们得到了）

\(\large ans=\dfrac{2^{n-1}- (-1)^{n-1}}{3*2^{n-1}}\)

\(n\) 就是操作的次数

再看看题，发现有一个问题还没有很好的解决：先约分再取模

发现分母只有 \(2,3\) 这两个因数。 \(2\) 肯定没法约掉，因为分子显然是奇数

那 \(3\) 呢？

由于 \((-1)^{n-1}\) 的值与 \(n\) 有关，分类讨论一下（\(2^2\%3=1\rightarrow2^{2n}\%3=1\)）：

• \(n\) 为奇数：\(2^{n-1}\%3=1,(-1)^{n-1}\%3=1,ans\%3=0\)
• \(n\) 为偶数：\(2^{n-1}\%3=2,(-1)^{n-1}\%3=-1,ans\%3=0\)

所以 \(3\) 肯定是约得掉的！

注意指数取模应该根据费马小定理模 \(mod-1\)

#define int long long
const int N=100010;
const int mod=1e9+7;
int n,a[N],sum=1;
int qpow(int n,int k) {
    k=(k%(mod-1)+mod-1)%(mod-1);
    int res=1;
    while(k) {
        if(k&1)res=1ll*res*n%mod;
        n=1ll*n*n%mod,k>>=1;
    }
    return res;
}
const int inv3=qpow(3,mod-2);
int ans1,ans2;
signed main() {
    n=rd();
    for(int i=1;i<=n;++i)a[i]=rd(),sum=sum*(a[i]%(mod-1))%(mod-1);
    ans1=(qpow(2,sum-1)+((sum&1)?-1:1))%mod*inv3%mod;
    ans2=qpow(2,sum-1);
    printf("%lld/%lld\n",ans1,ans2);
    return 0;
}