Intercity Travelling（数学公式推导 cf div2 E）

 

题目传送门：E. Intercity Travelling

题意：数轴上从0出发到n，值为1 - （n-1）的点中均可以休息，也可以不休息。现在给定一个数组a[ ]，a[i]表示走长度为i的距离的困难度（保证a[i+1]>a[i]），设每种情况出现的可能性均相同，求所有可能性的期望困难度之和p*2^(n-1)。

思路：有题意可知，总共有2^(n-1)种情况。分别统计所有情况中a[i]（1<=i<=n）出现的次数time[i]，则所有可能性的期望困难度之和p=（）/（2^(n-1)），所以答案ans= 。

下面是time[i]的推导：

数轴： 0  1  2  3  4  ...  n-2  n-1  n

time[1]：

所有情况从0 -> 1都需要a[1]  =>  需要 2^(n-1) 次

若1 -> 2需要a[1]，则1必须休息，其余各点均无所谓  =>  需要2^(n-2)

若2 -> 3需要a[1]，则2必须休息，其余各点均无所谓  =>  需要2^(n-2)

若3 -> 4需要a[1]，则3必须休息，其余各点均无所谓  =>  需要2^(n-2)

......

若(n-1) -> n需要a[1]，则n-1必须休息，其余各点均无所谓  =>  需要2^(n-2)

=> time[1]=2^(n-1)+(n-1)*2^(n-2)

tips: 这么算会不会有重复情况？可以看到算1-2时考虑过全为休息的情况，算2-3时又考虑了全为休息的情况。但实际这不是重复的，因为全为休息的情况本来就会在1-2、 2-3、 ...  (n-1)-n 时都产生一个a[1]的困难度。其他情况同理。

time[2]：

若0 -> 2需要a[2]，则1必须不休息，其余各点均无所谓 => 需要2^(n-2)

若1 -> 3需要a[2]，则1必须休息，2必须不休息，其余各点均无所谓 => 需要2^(n-3)

若2 -> 4需要a[2]，则2必须休息，3必须不休息，其余各点均无所谓 => 需要2^(n-3)

若3 -> 5需要a[2]，则3必须休息，4必须不休息，其余各点均无所谓 => 需要2^(n-3)

......

若(n-2) -> n需要a[2]，则n-2必须休息，n-1必须不休息，其余各点均无所谓 => 需要2^(n-3)

=> time[2]=2^(n-2)+(n-2)*2^(n-3)

同理：

time[3]=2^(n-3)+(n-3)*2^(n-4)

time[4]=2^(n-4)+(n-4)*2^(n-5)

......

=> time[i] = 2^(n-i) + (n-i)*2^(n-i-1)   (其中1<=i<=n)

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using namespace std;

typedef long long ll;

const int MAX =1e6+100;
const int mod=998244353;

int n;
ll a[MAX];
ll x[MAX]; //x[i]表示2^i

int main()
{
    scanf("%d",&n);
    x[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        x[i]=(x[i-1]*2)%mod;
    }
    ll ans=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%lld",&a[i]);
        ll time=(x[n-i]+(x[n-i-1]*(n-i))%mod)%mod;
        ans=(ans+(a[i]*time)%mod)%mod;
    }
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}