2020 Multi-University Training Contest 5

1001 Tetrahedron

首先，a,b,c都是随机出自同一个区间，所以a,b,c的期望都相同，所以底面三角形为等边三角形，所以 h 的另一端为三角形的重心，然后就可以求出 $\frac{1}{h^2}=\frac{3}{c^2}$，所以求出 $\frac{1}{c^2}$ 的期望即可，注意此时求期望的数组是$[1,\frac{1}{4},\frac{1}{9}\dots \frac{1}{n^2}]$，然后按定义求期望：提出1/n的公因子后，预处理出前n项和即可。

#include
using namespace std;
typedef long long LL;
const int mod = 998244353;
const int N = 6e6+7;

int inv[N];
int sum[N];

void init()
{
	inv[1] = 1;
	for(int i=2;i<N;i++) 
	inv[i] = (LL)(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;   //预处理逆元，注意 LL
 	for(int i=1;i<N;i++)
	sum[i] = (sum[i-1] + (LL)inv[i]*inv[i]%mod)%mod;  //提出公因数后预处理 ，注意 LL
}

int main()
{	init();
	int T;
	scanf("%d",&T);
	while(T--){
		int n;
		scanf("%d",&n);
		printf("%d\n",((LL)3*sum[n]*inv[n]+mod)%mod);  // 最后再/n
	}
	return 0;
}

1009 Paperfolding

四种操作其实两两对称，所以就考虑上下和左右对折，仔细考虑后发现其实两种对折产生的卡片数是相互独立的。
假如我们上下对折 $k$ 次 ，然后水平切一刀后会产生 $2^k$ 个切痕，那么就产生了 $2^k+1$ 个卡片，左右对折也同理。
所以对于 $k$ 次上下对折，$n-k$ 次左右对折切割后产生的卡片数：$(2^k+1)\ast (2^{n-k}+1)$ 。并且两种对折的顺序对结果没有影响
考虑到概率，对于“总共要折n次，横向折k次”，也就是在所有折的次数中取$k$次是横向折的，所以出现的次数可以表示成$C_n^k$ 。
又因为折法总共分成了横向与竖向，所以总共的情况数为 2ⁿ
所以期望值就是： ${\sum }_{k=0}^n\frac{C_n^k(2^k+1)(2^{n-k}+1)}{2^n}$
回忆两个式子：
1、$(a+b{)}^n={\sum }_{i=0}^n(C_n^i{a}^i{b}^{n-i})$
2、$2^n={\sum }_{i=0}^n{C}_n^i$
然后化简：先只考虑分子部分
将两个多项式合并，得到$(2^n+1+2^k+2^{n-k})$
先考虑${\sum }_{k=0}^n{C}_n^k(2^n+1)$
由于${\sum }_{k=0}^n{C}_n^k=2^n$，所以该部分等价于$2^n(2^n+1)$
考虑${\sum }_{k=0}^n{C}_n^k(2^k+2^{n-k})$
分别乘上 $1^{n-k}$ 以及 1^k
得到${\sum }_{k=0}^n(C_n^k{2}^k{1}^{n-k}+C_n^k{2}^{n-k}{1}^k)$
合并二项式，得到$(2+1{)}^n+(2+1{)}^n=2\times 3^n$
所以整个期望值式子便化简到了$\frac{2^n(2^n+1)+2\times 3^n}{2^n}=2^n+1+2\times \frac{3^n}{2^n}$

#include
using namespace std;
typedef long long LL;
const int mod = 998244353;
const int N = 6e6+7;

LL quick(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 main()
{	
	int T;
	scanf("%d",&T);
	while(T--){
		LL n;
		scanf("%lld",&n);
		printf("%d\n",(quick(2,n)+1+2*quick(3,n)*quick(quick(2,n),mod-2)%mod+mod)%mod);
	}
	return 0;
}