Solution直接计算「至少抽到一张想要的卡」的概率非常复杂（需要分类讨论抽中 1 个、2 个...n 个的情况），因此我们用对立事件简化计算：目标概率 = 1 - 所有卡池都抽不到想要的卡的概率正难则反，思考对立事件的概率就很容易了，只需要将抽中不想要的卡的概率相乘就是结果了。分别计算分子，分母
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这题其实挺简单的来着，前提是你掌握了前置知识
至少抽到一张自己想要的卡，等于1-每个卡池都抽不到自己想要的卡的概率
所以最后的答案就是[累乘a[i] - 累乘(a[i] - b[i])] / 累乘a[i],然后除法部分用费马小定理求个逆元就好了（正好模数是质数）
#include <bits/
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先算全没中，再用一减掉。
每个池子没中是 ，全乘后取模就行。
void solve(){
int n;cin>>n;
vll a(n),b(n);
for(int i=0;i<n;++i)cin>>a[i];
for(int i=0;i&
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这是一个概率问题，需要计算在每个卡池都单抽一次的情况下，至少抽到一张想要的卡的概率。由于是概率计算，且需要输出模意义下的结果，我们需要用组合数学和模运算的知识来解决。先想简单情况举个例子：池子1：3 种卡，你想要 1 种 → 抽一次，抽到你想要的概率是 1/3池子2：4 种卡，你想要 1 种 → 概
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import java.util.*;
public class Main{
static final long mod = 1000000007;
static long qpower(long x, long y){
long res = 1;
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import sys
MOD = 10**9 + 7
def modinv(x):
return pow(x, MOD-2, MOD) # 快速幂
def solve():
n = int(input())
a = list(map(int, input().spli
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本着 正难则反的原则。容易知道求抽到的概率很麻烦。那么我们求反就好了，也就是求失败的概率。失败就是每次都抽不到。容易知道每次失败的概率就是然后进行累乘就好了。因为模数是质数，逆元可以用费马小定理得出。 最后成功的概率就是(1-ans+mod)%mod #include<bits/stdc++.
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1. 问题建模
本问题的核心在于计算多个独立事件的并集概率。
由于直接计算“至少抽到一个想要的卡”的概率涉及包含排除原理（Inclusion-Exclusion Principle），随着 的增大，组合数项会呈指数级增长。因此，根据概率论的基本性质，计算其补集（余事件）是更优的策略。
概率模型
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import java.util.Scanner;
public class Main {
static long mod=(long)1e9+7;
static long qpow(long a,long b){
long ans=1;
a%=mo
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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll=long long;
const ll mod=1e9+7;
ll fast_pow(ll a,ll b,ll m){
ll res=1;
a%=m;
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