超簡單(super)

超簡單(super)

題目描述

 

有一個n面的骰子，第i面的數是vi，朝上的概率是pi。

教室的最後一排有一個人，不停地拋這個骰子，直到某一面朝上了兩次，就停止拋骰子，但他不知道所有朝上的面的數字的和的期望E是多少。

老班一臉嘲諷：“這不是超簡單嘛。”

 

 

輸入

 

輸入的第一行包含一個正整數n。

輸入的第二行包含n個正整數，表示vi。

輸入的第三行包含n個非負整數，表示模998244353意義下的pi，保證所有pi的和爲1。

n,vi,pi的含義見問題描述。

 

輸出

 

輸出一行一個非負整數E表示模998244353意義下的E。

 

 

樣例輸入

<span style="color:#333333"><span style="color:#333333">【樣例輸入】
2
1 2
332748118 665496236
</span></span>

樣例輸出

<span style="color:#333333"><span style="color:#333333">【樣例輸出】
961272344
</span></span>

提示

 

【樣例說明】

骰子共有2個面。

第一面的數爲1，朝上的概率爲1/3；

第二面的數爲2，朝上的概率爲2/3。

所有情況列舉如下：

第1次朝上的面	第2次朝上的面	第3次朝上的面	朝上的面的和	概率
1	1	/	2	1/9
1	2	1	4	2/27
1	2	2	5	4/27
2	1	1	4	2/27
2	1	2	5	4/27
2	2	/	4	4/9

所以E=2*1/9+4*2/27+5*4/27+4*2/27+5*4/27+4*4/9=110/27。

【子任務】

測試點	n	vi,pi
1~4	≤8	<998244353
5~8	≤50
9~12	≤100
13~20	≤500

 

noip2017模擬-wmd

 

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solution

期望dp

令f[i][j]表示前i張牌選j張得期望

若f[i][j]=PS,新加入i點，那麼新的期望爲P*pi*（S+vi）

展開得到PS*pi+P*pi*vi

於是我們還需維護期望的和g[i][j]=P轉移式有了 

f[i][j]=f[i-1][j]+f[i-1][j-1]*pi+g[i-1][j-1]*vi

我們可以枚舉哪一位爲出現兩次的

效率O(n^3)

jyc神犇有優化

因爲這個dp與數的順序無關（不同順序丟進去出來的是一個結果）

我們可以把最後一維當成我要禁掉的

倒推出n-1維

效率O(n^2)

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define maxn 505
#define ll long long
#define mod 998244353
using namespace std;
int n;
ll v[maxn],p[maxn],f[maxn][maxn],g[maxn][maxn],ans,h[maxn];
int main(){
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&v[i]);
    for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&p[i]);
    h[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++)h[i]=(h[i-1]*i)%mod;
    for(int i=0;i<=n;i++)g[i][0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=i;j++){
            f[i][j]=f[i-1][j]+(f[i-1][j-1]*p[i])%mod+((g[i-1][j-1]*p[i])%mod*v[i])%mod;
            f[i][j]%=mod;
            g[i][j]=g[i-1][j]%mod+g[i-1][j-1]*p[i]%mod;
        }
    for(int b=1;b<=n;b++){
        int vb=v[b],pb=p[b];
        for(int j=1;j<=n;j++){
            f[n-1][j]=f[n][j]-(f[n-1][j-1]*pb)%mod-((g[n-1][j-1]*pb)%mod*vb)%mod;
            f[n][j]%=mod;
            g[n-1][j]=g[n][j]-g[n-1][j-1]*pb%mod;
        }
        n--;
        for(int i=0;i<=n;i++){
            ll tmp=(f[n][i]*pb)%mod*pb;tmp%=mod;
            tmp=tmp+g[n][i]*pb%mod*pb%mod*2*vb%mod;
            ans=ans+(tmp*h[i+1])%mod;ans%=mod;
        }
        n++;
    }
    ans=(ans%mod+mod)%mod;
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}