CF Edu 47E. InterCity Travelling 期望线性,打表

题意:n个关卡,第i个关卡得分为a[i]. 若第i个关卡存在机关,那么[i+1,n]关卡的得分为 [a[1],a[2]....].

第n个关卡不能放机关,那么总共有2^(n-1)种方法.

n,a[i]<=1e6. 问得分的期望为?

 

令p= 1/ (2^(n-1).  s[i]为第i种情况的得分.

期望 E = Σ (p*s[i])  = p*Σ s[i] 

设cnt[i]为:a[i]在E中的出现次数 ,  E= p* Σ cnt[i]*a[i]

明显无论n是多少,cnt[n] = 1  cnt[n-1]= 3. 试着打表求出cnt[i]. 发现cnt[i]的后几项都是相同的.

OEIS后,从右往左第i个 cnt[i] = (n+2) * 2^(n-1).

 

官方解:利用 Linearity Of Expectation (期望的线性)  

令变量R[i]表示达到第i个关卡. 那么 E(R1+R2+..Rn) = E(R1)+E(R2)+..E(R[n]).

现在求E(R[i])  第i个关卡的得分取决于从第i位开始往左数第1个机关的位置.

E(R[i])= a[1]  / 2  + a[2]/ 2^2+ .... a[i-1]/ 2^(i-1) +  a[i]/ 2^(i-1) ..

发现E[i]可以递推.  E[i+1] = E][i] + a[i+1]/ 2^i  -  a[i]/2^i

 

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=2e6+5,mod=998244353;
ll powmod(ll x,ll n){
	ll s=1;
	while(n){
		if(n&1)	s=(s*x)%mod;
		n>>=1;
		x=(x*x)%mod;
	}
	return s;
}
void table(){
	int n,cnt[15];
	for(int i=0;i<(1<<(n-1));i++){
		int nxt=0;
		for(int j=0;j<n;j++){
			cnt[nxt]++;
			if((i>>j)&1)	nxt=0;
			else	nxt++;
		}
	}
	for(int i=0;i<n;i++)	cout<<i<<' '<<cnt[i]<<'\n';	
}
ll n,a[N];
int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++)	cin>>a[i];
	ll sum=a[n];
	for(int i=n-1;i>=1;i--){
		ll j=n-i;
		ll val=((j+2)*powmod(2ll,j-1))%mod; 
		sum=(sum+(val*a[i])%mod)%mod;
	}
	cout<<sum<<'\n';
	return 0;
}