Hazel有n本书，编号1为n到 ，叠成一堆。当她每次抽出一本书的时候，上方的书会因重力而下落，这本被取出的书则会被放置在书堆顶。
每次有pi的概率抽取编号为i的书。她每次抽书所消耗的体力与这本书在这堆中是第几本成正比。具体地，抽取堆顶的书所耗费体力值为1 ，抽取第二本耗费体力值为2 ，以此类推。
现在 想知道，在很久很久以后（可以认为几乎是无穷的），她每次抽书所耗费的体力的期望值是多少。
最终的答案显然可以表示成a/b的形式，请输出a*(b^-1)模1e9+7的值。
【输入格式】
第一行一个整数n
接下来n行，每行两个整数ai，bi，代表抽取第i本书的概率是ai/bi
保证所有书的概率和等于1
【输出格式】
输出一行一个整数，代表期望值
【输入样例1】
2
227494 333333
105839 333333
【输出样例1】
432679642
【输入样例2】
10
159073 999999
1493 142857
3422 333333
4945 37037
2227 111111
196276 999999
190882 999999
142721 999999
34858 999999
101914 999999
【输出样例2】
871435606
【数据规模与约定】
对于30%的数据，1<=n<=10。
对于100%的数据，1<=n<=1000,0<=ai<=bi,bi!=0。
solution
(这个题全场报0，wq的暴力只能到n=9，but小数据全是n=10......呵呵 我连暴力都不会 不不 样例都看不懂)
暴力：
我们发现无限次之后，与ans有关系的只是书的排列
可以用 n！次枚举最后排列，然后统计 最多3628800次 但是wq常数比较大......
正解：
正解是将暴力优化了一下 (这告诉我们 打题要先打暴力)
每个书对ans的贡献取决于它上面的书对它的贡献
它上面每多加一本书，抽取它消耗的体力就+1
所以我们枚举 第i本书 在它上面的书
证明：
对于一个排列来说
1 2 3 4 ...............
p1/1 p2/(1-p1) p3/(1-p1-p2) p4/(1-p1-p2-p3) ..............
我们按照顺序一个一个放，得出上面的概率
那现在假设枚举到 i，j 两本书，当放到他们时，跳过去 最后再放
这样 j 在 i 前面的概率就是 pj/(pi+pj)
把它们每一个 求和 就是ans
1 #include<cstdio>
2 #include<iostream>
3 #include<cstring>
4 #define ll long long
5 using namespace std;
6 const int N=1006;
7 const int mod=1000000007;
8 ll llmax(ll a,ll b){return a>b?a:b;}
9 int intmax(int a,int b){return a>b?a:b;}
10 ll mi(ll x,ll ci,ll mod)
11 {
12 ll ans=1;
13 while(ci)
14 {
15 if(ci&1)
16 ans=ans*x%mod;
17 x=x*x%mod;
18 ci>>=1;
19 }
20 return ans;
21 }
22 ll niyuan(ll x)
23 {
24 return mi(x,mod-2,mod);
25 }
26
27 int n;
28 ll p[N],u,o,ans;
29
30 int main(){
31
32 scanf("%d",&n);
33 for(int i=1;i<=n;++i)
34 {
35 scanf("%lld%lld",&u,&o);
36 p[i]=u*niyuan(o)%mod;
37 }
38 for(int i=1;i<=n;++i)
39 {
40 ll sum=1;
41 for(int j=1;j<=n;++j)
42 {
43 if(i==j)continue;
44 sum=(sum+p[j]*niyuan((p[i]+p[j])%mod)%mod)%mod;
45 }
46 ans=(ans+p[i]*sum%mod)%mod;
47 }
48 printf("%lld",ans%mod);
49 //while(1);
50 return 0;
51 }
code