因为
是必须要减完的,所以我们只要求出对于
在
减完前期望被减了多少次,最后加上
即可。因为期望的线性性,我们只需要分别考虑每一个
即可。
不妨以考虑
为例。我们可以把其看成二维平面上的一个点
,每次分别有
的概率向下/向左移动一个位置,移到坐标轴停止,问在
方向期望移动了多少步,可以通过枚举终止位置来算。
1.
取了
个时
已取完,即停在
的概率
,这样的贡献是
。
2.
先取完,这样的概率显然是
,贡献是
。
那么我们把所有的 扔到一个桶数组里,考虑在 的时间内一并求解所有问题。我们可以从小到大枚举 ,维护 和 ,那么对于等于 的 的个数 ,它们的贡献就是 。
代码:
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<map>
#define N 100010
#define ll long long
#define up(x,y) (x=(x+(y))%mod)
using namespace std;
const int mod=323232323;
int n,a[N],b[N];
ll fac[N<<1],ifac[N<<1];
ll ksm(ll a,ll b)
{
ll r=1;
for(;b;b>>=1,a=a*a%mod)
if(b&1)r=r*a%mod;
return r;
}
ll C(ll a,ll b)
{
return a<b?0:fac[a]*ifac[b]%mod*ifac[a-b]%mod;
}
int main()
{
freopen("expectation.in","r",stdin);
freopen("expectation.out","w",stdout);
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&a[i]);
for(int i=2;i<=n;i++)
b[a[i]]++;
fac[0]=1;
for(int i=1;i<=200000;i++)
fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
ifac[200000]=ksm(fac[200000],mod-2);
for(int i=199999;i>=0;i--)
ifac[i]=ifac[i+1]*(i+1)%mod;
ll P=0,Q=0,ans=0,i2=(mod+1)/2;
for(int i=0;i<100000;i++)
{
ll t=C(a[1]+i-1,i)*ksm(i2,a[1]+i)%mod;
up(P,t);up(Q,t*i);
up(ans,((1ll-P+mod)*(i+1)+Q)%mod*b[i+1]);
}
printf("%lld",(ans+a[1])%mod);
return 0;
}