2022第13届蓝桥杯c/c++A组E题爬树的甲壳虫【概率期望+乘法逆元】

2022第13届蓝桥杯c/c++A组E题爬树的甲壳虫【概率期望+乘法逆元】

分析

先考虑求从0到1的期望。
有$p$₁的概率掉落，$1-p_1$的概率向上移动一次
只走一次上去的期望时间是$1\ast (1-p_1)$
只走两次上去的期望时间是$2\ast (1-p_1)\ast p_1$
只走三次上去的期望时间是$3\ast (1-p_1)\ast p_1^2$
…
所以期望时间是 $E_x(1)={\sum }_{i=1}i\ast (1-p_1)\ast p_1^{i-1}=(1-p_1)\ast {\sum }_{i=1}i\ast p_1^{i-1}$
令$F(x)={\sum }_{i=1}i\ast x^{i-1}$则$F(x)={\sum }_{i=1}(x^i{)}^{{}^{\prime }}=({\sum }_{i=1}{x}^i{)}^{{}^{\prime }}=({\sum }_{i=0}{x}^i{)}^{{}^{\prime }}$
显然,$F(x)$是首项为$x$的等比数列求和，运用等比数列求和公式可得$F(x)=(\frac{1-x^{\infty }}{1-x}{)}^{{}^{\prime }}$因为$x<1$所以$F(x)=(\frac{1}{1-x}{)}^{{}^{\prime }}=\frac{1}{(1-x{)}^2}$
所以，$E_x(1)=(1-p_1)\ast F(p_1)=(1-p_1)\ast \frac{1}{(1-p_1{)}^2}=\frac{1}{1-p_1}$
那么从n-1到n的期望时间分析如下：
一次上去的期望时间是($E_x(n-1)+1)\ast (1-p_n)$
两次上去的期望时间是($2\ast （E_x(n-1)+1))\ast (1-p_n)\ast p_n$(理解为第一次掉下去，第二次上去)
三次上去的期望时间是($3\ast （E_x(n-1)+1))\ast (1-p_n)\ast p_n^2$(理解为前两次掉下去，第三次上去)
…
那么，同理可得$E_x(n)=(E_x(n-1)+1)\ast (1-p_n)\ast {\sum }_{i=1}i\ast p_n^{i-1}=(E_x(n-1)+1)\ast \frac{1}{1-p_n}$

即得到递推式$E_x(n)=(E_x(n-1)+1)\ast \frac{1}{1-p_n}$

即$E_x(n)=(E_x(n-1)+1)\ast \frac{y_i}{y_i-x_i}$

对于除以$(y_i-x_i)$在$modP$的意义下等价于乘以$(y_i-x_i{)}^{-1}$，由于$P$为质数，根据费马小定理，运用快速幂求逆元。

整体代码如下

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN=100010;
const long long Mod =998244353ll;
int n;
long long ans=0;
long long quickpow(long long x, long long y)
{
	long long re=1ll;
	while(y)
	{
		if(y&1ll) re=re*x%Mod;
		x=x*x% Mod;
		y>>=1;
	}
	return re;
}

int main()
{
	long long x, y;
	scanf("%d",&n);
	for(long long i=1ll;i<=n;i++)
	{
		scanf("%lld%lld",&x,&y);
		ans=(ans+1ll)*y%Mod*quickpow(y-x,Mod-2ll)%Mod;
		ans=(ans+Mod)%Mod;
	}
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}