你现在有m+1个数：第一个为p，最小值为0，最大值为n；剩下m个都是无穷，没有最小值或最大值。

你可以进行任意多轮操作，每轮操作如下：

在不为最大值的数中等概率随机选择一个（如果没有则不操作），把它加一；

进行k次这个步骤：在不为最小值的数中等概率随机选择一个（如果没有则不操作），把它减一。

现在问期望进行多少轮操作以后第一个数会变为最小值0。

期望dp的一个惯用套路。

设f[i]为正好打中英雄i下的概率，则f[i]=C(k,i)*(1/(m+1))^k*(m/(m+1))^(k-i)

于是不难得到f[i]与f[i-1]之间的关系，则线性推之。

再设a[i][j]为英雄i血经过一轮变j血的概率。

则a[i][j]=(f[i-j]*m+f[i+1-j])/(m+1)，但是当i=n时不适用，当i<j时也不适用，二者特判之。

最后令x[i]为英雄到i血的期望。

则有：

x[0]=0;

x[1]=a[1][2]*x[2]+a[1][1]*x[1]+1

x[2]=a[2][3]*x[3]+a[2][2]*x[2]+a[2][1]*x[1]+1

……

x[n]=a[n][n]*x[n]+a[n][n-1]*x[n-1]+……

（注意最后一项有细微差别。）

此时我们可以高斯消元求出答案……？

n=1500仿佛在开玩笑。

那么这样的式子一定有什么特殊的方法可以消元。

我们每次用1式消掉x[1]，用2式x[2]……，则复杂度其实只需要O(n^2)（因为1式只有2个数，2式消完后也只有2个数……以此类推）

这样我们每一个式子就是一个二元一次方程，最后一个式子是一个一元一次方程，于是就可以求解了。

（PS：还有其他比如k=0/1，m=0之类的特判不要忘了加。）

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            using namespace std;typedef long long ll;const int N=1505;const int p=1e9+7;inline ll read(){ ll X=0,w=0;char ch=0; while(!isdigit(ch)){w|=ch=='-';ch=getchar();} while(isdigit(ch))X=(X<<3)+(X<<1)+(ch^48),ch=getchar(); return w?-X:X;}ll qpow(ll k,int n){ ll res=1; while(n){ if(n&1)res=res*k%p; k=k*k%p;n>>=1; } return res;}ll n,q,m,k,f[N],a[N][N],x[N];inline void init(){ ll inv1=qpow(m+1,p-2),inv2=qpow(m,p-2); f[0]=qpow(inv1*m%p,k); for(int i=1;i<=min(n,k);i++) f[i]=f[i-1]*inv2%p*qpow(i,p-2)%p*(k-i+1)%p; for(int i=1;i
            
             0){ if(q
             
              q;i--) x[i-1]=(a[i-1][n+1]-a[i-1][i]*x[i]%p+p)%p; memset(f,0,sizeof(f)); return x[q];}int main(){ int t=read(); while(t--){ n=read(),q=read(),m=read(),k=read(); printf("%lld\n",solve()); } return 0;}
             
            
           
          
         
        
       
      
     

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