hdu6595 概率和期望

最新推荐文章于 2020-11-11 23:26:17 发布

henucm

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分类专栏： 2019 hdu 多校期望的线性性

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/henucm/article/details/102593008

2019 hdu 多校同时被 2 个专栏收录

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期望的线性性

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本文探讨了一个涉及递归程序、逆序对和子序列概率的数学问题。通过对不同长度序列的逆序对期望值进行分析，推导出了计算给定长度序列逆序对期望值的公式，并通过C++代码实现了解决方案。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

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题意:

这是一个递归程序。

1.答案加上数组中逆序对的个数。

2.对数组等概率地取一个子序列(可以为空序列)

3.递归计算子序列, 并把结果加到答案中

4.返回答案

Y_UME想玩这个程序。首先，随机生成一个等概率的整数n∈[1,n]。然后他随机生成一个长度为n的排列，概率相等。然后，他运行有趣的程序(function calculate())，将这个排列作为参数，然后获得一个返回值。请输出此值的期望值998244353。

长度n的置换是长度n的数组，其中只包含一对不同的整数∈[1,n]。

置换p中的反转对是一对索引(i,j)，使得i>j和<pj。例如，一个置换[4,1,3,2]包含4个逆序:(2,1)，(3,1)，(4,1)，(4,1)，(4,3)。

在数学中，子序列是一个序列，它可以从另一个序列中派生出来，方法是删除一些或不删除元素，而不改变其余元素的顺序。注意，空子序列也是原始序列的子序列。

为了更好地理解，请参考https://en.wikipedia.org/wiki/ence

思路：

首先考虑一个长度为n的全排列期望产生多少逆序对

n长序列则最多有 $\frac{n*(n-1) }{2}$ 组逆序对(一个正序数列 1 2 3 4 5 每次从后面拿一位放在前面任意一个位置都能凑成逆序列一共有有0~n-1的前n项和个), 其中每对出现的概率为1/2, 所以期望为 $\frac{n*(n-1)}{4}$

然后考虑在n长序列中取m长子序列的长度的概率是多少

因为有 $2^{n}$ 种取法(总情况), 在n中取m个有 $C^m_n$ 种取法, 所以 $P=\frac{C^m_n}{2^n}$

考虑f(n)表示n长序列的贡献

边界 $f(0)=f(1)=0$

那么先加上其全排列的贡献: $f(n)+=\sum\limits_{m=0}^{n}C^m_nf(m)$

所以得出式子: $f(n)=\frac{n(n-1)}{4}+\sum\limits_{m=0}^{n} \frac{C^m_nf(m)}{2^n}$

移项得: $f(n)=\frac{\sum\limits_{m=0}^{n-1}\frac{C^m_n}{2^n}f(m)+\frac{n(n-1)}{4}}{1-\frac{1}{2^n}}$

最后答案就是: $ans=\frac{\sum\limits_{i=0}^{N}f(i)}{N}$

#include<cstdio>
#include<iostream>
#define ll long long
using namespace std;

const int N = 3000 + 5;
const int MOD = 998244353;
const int mod = 998244353;
ll comb[N][N];
void init(){
    for(int i = 0; i < N; i ++){
        comb[i][0] = comb[i][i] = 1;
        for(int j = 1; j < i; j ++){
            comb[i][j] = comb[i-1][j] + comb[i-1][j-1];
            comb[i][j] %= MOD;
        }
    }
}
ll f[N];
ll two[N];
ll inv2,inv4;
ll power(ll a,ll b)
{
    ll ans=1;
    while(b)
    {
        if(b&1)
        {
            ans=ans*a%mod;
        }
        a=a*a%mod;
        b>>=1;
    }
    return ans;
}
int g(int x){
    if(x==0)return 0;
    int re=x*(x+mod-1)%mod;
    re=re*inv4%mod;
    return re;
}
int main()
{
    init();
    f[0]=0;
    f[1]=0;
    two[0]=1;
    inv2=power(2,mod-2);
    inv4=power(4,mod-2);
    for(int i=1;i<=N;i++)
    {
        two[i]=two[i-1]*inv2%mod;
    }
    for(int i=2;i<=N;i++)
    {
        f[i]=i*(i-1)%mod*inv4%mod;
        for(int j=2;j<i;j++)
        {
            /*ll tmp=f[j];
            tmp=tmp*comb[i][j]%mod;
            tmp=tmp*two[i]%mod;
            f[i]=(f[i]+tmp)%mod;*/
            f[i]=(f[i]+comb[i][j]*f[j]%mod*two[i]%mod)%mod;
        }
        //f[i]=(f[i]*power(1-two[i]));
        f[i]=(f[i]*power((1-two[i]+mod)%mod,mod-2))%mod;
    }
    ll n;
    while(cin>>n)
    {
        ll ans=0;
        for(int i=2;i<=n;i++)
        {
           ans=(ans+f[i])%mod;
        }
        ans=ans*power(n,mod-2)%mod;
        cout<<ans<<endl;
    }
    return 0;
}