「Codeforces 1009E」Intercity Travelling - 组合数学

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原文出处：https://hyp1231.github.io/2018/07/16/20180716-cf1009e/

题意

Leha 想开车去 Saratov，这段旅途看作 $0$ 到 $n$ 的一维直线。
如果 Leha 从起点出发或者从休息点出发，连续驾驶 $k$ 千米，则需要消耗的体能为 $a_1 + a_2 + \ldots + a_k$。
每个整点 $t, (1 \le t < n)$ 都可能拥有一个休息点，每个休息点存在或不存在的概率相等。
记 Leha 整个旅程消耗的体能的期望为 $p$，求 $p\cdot 2^{n - 1}$。

链接

Codeforces 1009E

题解

旅途中共有 $n - 1$ 个整点，故有 $2^{n - 1}$ 种可能的休息点摆放方案，故 $p\cdot 2^{n - 1}$ 为所有可能情况消耗体能之和。

我们先考虑总和中的 $a_1$ 的数量。由于每个休息点之后紧邻的 $1km$ 路程一定消耗 $a_1$ 的体能，因此某种摆放方案中 $a_1$ 的数量等于休息点个数加一（起点之后一定消耗 $a_1$）。考虑有 $j$ 个休息点时，有 $C_{n-1}^{j}$ 种摆放方案，故 $j$ 个休息点的情况下 $a_1$ 的数量和为 $(j + 1)C_{n-1}^j$。

记 $N_1$ 为所有摆放方案下 $a_1$ 的数量和，则有

$$N_1 = \sum \limits_{i = 1}^{n} i \cdot C_{n-1}^{i-1}$$
即 $N_1 = 1 \cdot C_{n-1}^{0} + 2 \cdot C_{n - 1}^{1} + \ldots + n \cdot C_{n-1}^{n-1}$

又由于 $C_{n -1}^{i} = C_{n - 1}^{n-1 -i}$，有 $N_1 = 1 \cdot C_{n-1}^{n-1} + 2 \cdot C_{n - 1}^{n-2} + \ldots + n \cdot C_{n-1}^{0}$

两式加和，有 $2 N_1 = (n + 1)\sum\limits_{i = 1}^{n}C_{n-1}^{i-1} = (n+1)\cdot 2^{n-1}$，即 $N_1 = (n + 1) \cdot 2^{n - 2}$

同理，有 $N_i = (n + 2 - i)\cdot 2^{n-1 - i}$，则

$$p\cdot 2^{n - 1} = \sum\limits_{i=1}^{n} N_ia_i = \sum\limits_{i = 1} ^n (n + 2 - i) \cdot 2 ^{n - 1 - i} \cdot a_i$$

代码

#include <iostream>
#include <algorithm>

using std::iostream;

typedef long long LL;

const int N = 1000010;
const int mod = 998244353;

int n;
LL a[N], p[N];

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);

    cin >> n;
    for (int i = 0; i < n; ++i) {
        cin >> a[i];
    }
    p[0] = 1; p[1] = 3;
    LL m = 1;
    for (int i = 2; i < n; ++i) {   // 预处理系数，即 Ni
        m = (m << 1) % mod;         // 2^(i - 1)
        p[i] = (m * (i + 2)) % mod; // (i + 2) * 2^(i - 1)
    }
    LL sum = 0;
    for (int i = 0; i < n; ++i) {
        sum = (sum + p[n - i - 1] * a[i]) % mod;
    }
    cout << sum << endl;

    return 0;
}