[JZOJ4837]I Liked Matrix!

题目大意

在一个 n×m 的矩阵里面所有位置随机填入 0 或 1 ，概率比为 x:y 。令 Bi=∑mj=1Ai,j ，求 min{Bi} 期望，并将期望乘以 (x+y)nm 后对 109+7 取模。
（其实就是把每个位置 x+y 种情况暴力填然后对 min{Bi} 求和）。

n,m,x,y≤2×105

---

题目分析

naive的70分做法

令 fi 表示 m 个数（一行）和为 i 的方案数。显然

fi=(mi)xm−iyi

令 gi 表示 m 个数（一行）和大于等于 i 的方案数。
考虑枚举最大值是多少，多少个 B 是等于这个最大值，那么答案显然为

∑i=0m∑j=1n(nj)fjign−ji+1i

这样做是 O(n2) 的。

100分做法

上面的方法太弱逊水了。
考虑容斥原理。
最小值为 w 的方案数为 gnw−gnw+1 。
于是就可以愉快地统计答案了：

∑i=0m(gni−gni+1)i

这样做是 O(n) 的。

---

代码实现

#include 
#include 

using namespace std;

const int P=1000000007;
const int N=200500;

int fact[N],invf[N],F[N],G[N],xp[N],yp[N],Gp[N];
int n,m,X,Y,ans;

int quick_power(int x,int y)
{
    int ret=1;
    for (;y;y>>=1,x=1ll*x*x%P) if (y&1) ret=1ll*ret*x%P;
    return ret;
}

void pre()
{
    int l=max(n,m);
    fact[0]=1;
    for (int i=1;i<=l;i++) fact[i]=1ll*fact[i-1]*i%P;
    invf[l]=quick_power(fact[l],P-2);
    for (int i=l;i>=1;i--) invf[i-1]=1ll*invf[i]*i%P;
    xp[0]=yp[0]=1;
    for (int i=1;i<=m;i++) xp[i]=1ll*xp[i-1]*X%P,yp[i]=1ll*yp[i-1]*Y%P;
}

inline int C(int n,int m){return 1ll*fact[n]*invf[m]%P*invf[n-m]%P;}

void calc()
{
    for (int i=0;i<=m;i++) F[i]=1ll*C(m,i)*xp[m-i]%P*yp[i]%P;
    G[m+1]=0;
    for (int i=m;i>=0;i--) G[i]=(G[i+1]+F[i])%P;
    ans=0;
    for (int i=0;i<=m;i++) Gp[i]=quick_power(G[i],n);
    for (int i=1;i<=m;i++) (ans+=1ll*(((Gp[i]-Gp[i+1])%P+P)%P)*i%P)%=P;
}

int main()
{
    freopen("past.in","r",stdin),freopen("past.out","w",stdout);
    scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&X,&Y);
    pre(),calc();
    printf("%d\n",ans);
    fclose(stdin),fclose(stdout);
}