題意：

給定字元’a’出現的概率pa/(pa+pb)，’b’出現的概率pb/(pa+pb)；
給定一個正整數k，構造一個字串，當出現至少k個子序列”ab”時停止構造；
問子序列”ab”出現次數的期望P/Q，輸出P*(Q的逆元)；
注意是子序列不是子串ab。

分析:

這個題特別難想！
一個 (dp+費馬小定理+數學+思維) 題；
由費馬小定理得，a在模mod下的逆元是a^(mod-2)；
令pa+pb的逆元是inv；
令 f[i][j] 表示 i 個a，j個ab 時候的概率；
那麼容易得到

f[i+1][j] = f[i][j] * pa * inv；（在後面放一個a）
f[i
 
][i+j] = f[i][j] * pb *inv；（在後面放一個b）

但是，注意到這個串有可能無限長；
那麼，我們考慮i+j>=k的情況，
在這種情況下，只要後面再出現一個b，我們立刻就可以停止，
當後面出現：

(這裡暫且用pb表示b出現的概率，不考慮inv)
0個a,1個b：得到i+j個ab，答案加(i+j)*f[i][j]*pb;
1個a,1個b：得到i+j+1個ab，答案加(i+j+1)*f[i][j]*pa*pb;
2個a,1個b：得到i+j+2個ab，答案加(i+j+2)*f[i][j]*(pa^2)*pb；
3個a,1個b：得到i+j+3個ab，答案加(i+j+2)*f[i][j]*
 
(pa^3)*pb；
...
n個a,1個b：得到i+j+n個ab，答案加(i+j+n)*f[i][j]*(pa^n)*pb；
彙總一下，答案加上f[i][j]*pb*∑(i+j+n)*(pa^n)
（這個有人說可以用無窮級數求和，但是我還沒學到，這裡用等差*等比數列求和算，再寫一個式子相減即可）
f[i][j]*pb* ∑(i+j+n)*(pa^n)
=f[i][j]*pb* [i+j+pa*(1-pa^n)/pb]/pb
=f[i][j]*[i+j+pa*(1-pa^n)/pb]
→f[i][j]*[i+j+pa/pb]
即f[i][j]*[i+j+pa*inv(pb)]

總結：

這種dp不輸出特定的某一個dp值(如f[n])，而是在dp過程中統計答案；
注意用費馬小定理+快速冪求逆元的方法；
注意dp的隱含邊界條件，以及如何用極限處理無限長度的問題。

程式碼：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int Tmax=1005;
const ll MOD=1e9+7;
int k;
ll pa,pb,f[Tmax][Tmax],ans,inv; //f[i][j] i ge a , j ge ab
ll quickpower(ll base,ll m)
{
    ll ret=1;
    while(m>0)
    {
        if((m&1)==1)
          ret=ret*base%MOD;
        base=base*base%MOD;
        m>>=1;
    }
    return ret;
}
int main()
{
    int i,j;
    cin>>k>>pa>>pb;
    inv=quickpower(pa+pb,MOD-2);
    f[1][0]=1;
    for(i=1;i<=k;i++)
      for(j=0;j<=k;j++)
      {
         if(i+j>=k)
            ans=(ans+f[i][j]*(i+j+pa*quickpower(pb,MOD-2)%MOD)%MOD)%MOD;
         else
         {
            f[i+1][j]=(f[i+1][j]+f[i][j]*pa%MOD*inv%MOD)%MOD;
            f[i][j+i]=(f[i][j+i]+f[i][j]*pb%MOD*inv%MOD)%MOD;
         }
      }
    cout<<ans;
    return 0;
}

最後請允許蒟蒻慶祝一波攻克這個題