\(\text{CF708E Student's Camp 题解}\)
其实各个部分都是比较套路的题目。
要求是形成一个类似于中间贯通形式的连通块，显然各个行之间的概率可以独立考虑，但相邻行之间会影响答案，考虑到每一行剩下的一定是一个区间，那么朴素的 dp 就是简单的了：设 \(dp_{i,l,r}\) 表示填到第 \(i\) 行，当前行剩余的区间是 \([l,r]\) 的概率。需要预处理一个 \(g_i\) 表示艹一行 \(k\) 次后艹掉 \(i\) 个的概率，显然有 \(g_i=p^i\times(1-p)^{k-i}\times {k\choose i}\)。转移是显然的，复杂度是 \(O(nm^4)\)，狗都过不去。
发现不了一些更优秀的性质，考虑优化这个看上去没有什么前途的做法。首先状态数就要炸。那考虑先把状态数压下来，发现这个 \(l\) 就是在打酱油的，我们只需要在每次转移的时候枚举当前的 \(l\) 就可以实现转移了。考虑 \(dp_{i,r}\) 的转移：先枚举当前的 \(l\)，要求是上一个区间和当前区间有交，不妨容斥成不交的情形，分别减去全部在左右两边的概率，因为显然左右两端是等价的。写出来式子大概是长这个样子：
\[dp_{i,r}=\sum_{l=1}^rg_{l-1}g_{m-r}(\sum_{j=1}^m dp_{i-1,j}-\sum_{j=1}^{l-1}dp_{i-1,j}-\sum_{j=1}^{m-r}dp_{i-1,j})
\]
这个东西很有前途啊，首先把 \(dp_{i,j}\) 前缀和成 \(s_{i,j}\)，然后前缀和处理一下 \(g\) 数组和 \(g\times s\) 即可，显然下标都是相等的，那么复杂度就是 \(O(nm)\)。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 1505, mod = 1e9 + 7, M = 1e5 + 5;
void add(int &x, int y) {x = (x + mod + y) % mod;
}
int qpow(int x, int y) {int ans = 1;while (y) {if (y & 1) ans = ans * x % mod;x = x * x % mod;y >>= 1;}return ans;
}
int n, m;
int fac[M], inv[M];
int C(int n, int m) {return fac[n] * inv[m] % mod * inv[n - m] % mod;
}
int dp[N][N];
int g[N], s[N], g1[N], g2[N];signed main() {fac[0] = 1;for (int i = 1; i < M; i++) fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;inv[M - 1] = qpow(fac[M - 1], mod - 2);for (int i = M - 2; ~i; --i) inv[i] = inv[i + 1] * (i + 1) % mod;ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cin >> n >> m;int P, Q, k;cin >> P >> Q;P = P * qpow(Q, mod - 2) % mod;cin >> k;for (int i = 0; i <= min(m, k); i++) g[i] = qpow(P, i) * qpow(mod + 1 - P, k - i) % mod * C(k, i) % mod;dp[0][m] = 1;for (int i = 1; i <= n; i++) {for (int j = 1; j <= m; j++) s[j] = (s[j - 1] + dp[i - 1][j]) % mod;for (int j = 0; j <= m; j++) g1[j] = ((j ? g1[j - 1] : 0) + g[j]) % mod;for (int j = 0; j <= m; j++) g2[j] = ((j ? g2[j - 1] : 0) + g[j] * s[j] % mod) % mod;for (int r = 1; r <= m; r++) {add(dp[i][r], g[m - r] * g1[r - 1] % mod * s[m] % mod);add(dp[i][r], -g[m - r] * g1[r - 1] % mod * s[m - r] % mod);add(dp[i][r], -g[m - r] * g2[r - 1] % mod);}}int ans = 0;for (int i = 1; i <= m; i++) add(ans, dp[n][i]);cout << ans <<'\n';return 0;
}