【JZOJ NOIP2019模拟2019.9.4】B

Description

Input

Output

Sample Input

3
2 3 3

Sample Output

202020207

Data Constraint

思路

考虑某一个位置 ，假设当前有 个元素不为 ，那么每个元素被操作的概率都是 。倘若只关注 和 两个元素，可以发现操作其它元素的时候对它们没有影响，而且它们两个被操作的概率是相等的。于是这个问题就等价与一个只有两个元素的原问题。
因此元素之间是独立的！使用dp求出每个元素对答案的贡献，求和。

时间复杂度：O（a²+n）

优化：

把刚刚的任务抽象成从(a1,ai)开始走走到(0,0)，就可以O（1）统计答案

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=(5e5+77)*3,mod=323232323;
int f[N],g[N],fac[N],unfac[N],a[N],ans,mx,n;
ll power(ll x,ll t)
{
	ll b=1;
	while(t)
	{
		if(t&1) b=b*x%mod; x=x*x%mod; t>>=1;
	}
	return b;
}
void init()
{
	fac[0]=1;
	for(int i=1; i<=mx<<1; i++) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
	unfac[mx<<1]=(int)power(fac[mx<<1],mod-2);
	for(int i=(mx<<1)-1; i>=0; i--)
		unfac[i]=1ll*unfac[i+1]*(i+1)%mod; 
}
ll C(ll x,ll y)
{
	if(x<y) return 0;
	return 1ll*fac[x]*unfac[y]%mod*unfac[x-y]%mod;
}
int main()
{
	freopen("b.in","r",stdin); freopen("b.out","w",stdout);
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1; i<=n; i++) scanf("%d",&a[i]);
	mx=500000;
	init();
	for(int i=0; i<=mx; i++)
    {
        f[i]=1ll*power(unfac[2],a[1]+i)*C(a[1]+i-1,i)%mod;
        g[i]=1ll*f[i]*i%mod;
        if(i) f[i]=(f[i]+f[i-1])%mod,g[i]=(g[i]+g[i-1])%mod;
    }
    ans=a[1];
    for(int i=2; i<=n; i++) ans=(ans+g[a[i]]+1ll*(mod+1-f[a[i]])*a[i])%mod;
    printf("%d\n",ans);
}