HDU 6595 Everything Is Generated In Equal Probability(递推求期望|找规律)

Y_UME wants to play with this program. Firstly, he randomly generates an integer n∈[1,N] in equal probability. And then he randomly generates a permutation of length n in equal probability. Afterwards, he runs the interesting program(function calculate()) with this permutation as a parameter and then gets a returning value. Please output the expectation of this value modulo 998244353.

A permutation of length n is an array of length n consisting of integers only ∈[1,n] which are pairwise different.

An inversion pair in a permutation p is a pair of indices (i,j) such that i>j and pi

In mathematics, a subsequence is a sequence that can be derived from another sequence by deleting some or no elements without changing the order of the remaining elements. Note that empty subsequence is also a subsequence of original sequence.

Refer to https://en.wikipedia.org/wiki/Subsequence for better understanding.

题意

给你一个$N$，然后在$[1,N]$中随机生成一个$n$，概率为$\frac{1}{N}$，$n$表示一个长度为$n$的排列，$n$中元素为$[1,n]$，然后$n$的排列是等概率($\frac{1}{n!}$)产生的，对于生成的排列让其进行一个程序，程序先求当前排列的逆序对对数，然后再生成一个子序列，用子序列进行递归，直到子序列长度为0则退出，程序返回逆序对数的总数，现在输入一个$N$，求程序产生的答案的期望

思路

我们先不考虑$N$的期望，我们先考虑长度为$n$的排列他能产生逆序对数量的期望，根据逆序对的定义，相当于从长度为$n$的数中挑出两个数字，那么总数就是$C_n^2$，因为挑出的是两个数，所以是逆序对的可能是$\frac{1}{2}$，故对于长度为$n$的排列所能产生的逆序对的期望为$\frac{C_n^2}{2}$。那么我们再考虑将长度为$n$的排列放入程序中所能产生的逆序对的数量的期望。
我们考虑长度为$n$的排列在程序中所能产生的期望，由于程序是递归一直调用的，所以长度为$n$的排列也会包含长度为{$n-1$,$n-2$,$\cdots$,$2$}的排列在程序中所能产生的期望，而这些期望只会和产生这些子序列的概率有关，例如长度为$n$的序列他产生长度为$k$的子序列的概率为$\frac{C_n^k}{2^n}$。那么我们令机器对于长度为$n$的排列所能产生的期望为$a_n$，那么就可以得到公式
$$a_n=\frac{C_n^2}{2}+\frac{C_n^{n-1}}{2^n}{a}_{n-1}+\frac{C_n^{n-2}}{2^n}{a}_{n-2}+\cdots +\frac{C_n^2}{2^n}{a}_2+\frac{C_n^n}{2^n}(\frac{C_n^2}{2}+\frac{C_n^{n-1}}{2^n}{a}_{n-1}+\frac{C_n^{n-2}}{2^n}{a}_{n-2}+\cdots +\frac{C_n^2}{2^n}{a}_2+\frac{C_n^n}{2^n}(\cdots ))$$
令
$$x=\frac{C_n^2}{2}+\frac{C_n^{n-1}}{2^n}{a}_{n-1}+\frac{C_n^{n-2}}{2^n}{a}_{n-2}+\cdots +\frac{C_n^2}{2^n}{a}_2$$
那么原式就会变成

$$a_n=x+\frac{C_n^n}{2^n}(x+\frac{C_n^n}{2^n}(x+\frac{C_n^n}{2^n}(\cdots ))$$
$\cdots$为无穷

这个的序列的含义是，程序是随机产生一个序列的所以有$\frac{C_n^k}{2^n}$的概率产生长度为$k$的子序列，若$k<n$，那么我们加上$a_k$的期望就可以了，但是若$k=n$，就是长度为$n$的排列再来一次，所以对长度为$n$的序列会产生无限递归的情况。
那么我们对于式子将括号展开再将$x$提出就有(其中$\frac{C_n^n}{2^n}=\frac{1}{2^n}$)
$$a_n=x\sum _{i=0}^{\infty }(\frac{1}{2^n}{)}^i$$
后面的部分就是一个等比数列求和再趋近于无穷那么就有
$$a_n=\frac{2^{n}x}{2^n-1}$$
带入$x$有
$$a_n=(\frac{C_n^2}{2}+\frac{C_n^{n-1}}{2^n}{a}_{n-1}+\frac{C_n^{n-2}}{2^n}{a}_{n-2}+\cdots +\frac{C_n^2}{2^n}{a}_2)\frac{2^n}{2^n-1}$$
这就是一个递推式，对于$n$的范围是$1\sim 3000$，所以$O(n^2)$预处理还是不虚的，$2$的幂次和幂次的逆元都可以预处理，但是$2^n-1$的逆元只能每次带快速幂求逆元了。
处理完$a_n$还不是答案，由于答案是要求在$[1,N]$中随机产生长度为$n$的序列的期望，所以有
$$A_n=\frac{1}{n}(a_2+a_3+\cdots +a_n)$$
所以还有多预处理一个线性求逆元
也可以试着打表出前几项有
$$2\to \frac{1}{3}$$
$$3\to \frac{8}{9}$$
$$4\to \frac{15}{9}$$
$$5\to \frac{24}{9}$$
就可以发现答案是$\frac{n^2-1}{9}$

#include 
using namespace std;
const int N=3e3+5;
const int mod=998244353;
const int inv2=(mod+1)>>1;
int C[N][N];
long long quickmod(long long a,long long b)
{
    long long ans=1;
    while(b)
    {
        if(b%2==1)
            ans=ans*a%mod;
        a=a*a%mod;
        b=b/2;
    }
    return ans;
}
void get_C()
{
    for(int i=0;i=0;i--)
    {
        inv[i]=1ll*inv[i+1]*2%mod;
    }
    _inv[0]=_inv[1]=1;
    for(int i=2;i=2;j--)
        {
            a[i]=(a[i]+1ll*C[i][j]*inv[i]%mod*a[j]%mod)%mod;
        }
        a[i]=a[i]*fac[i]%mod*quickmod((fac[i]-1+mod)%mod,mod-2)%mod;
    }
    for(int i=2;i

根据结论$\frac{n^2-1}{9}$的代码

#include 
using namespace std;
const int mod=998244353;
long long quickmod(long long a,long long b)
{
    long long ans=1;
    while(b)
    {
        if(b%2==1)
            ans=ans*a%mod;
        a=a*a%mod;
        b=b/2;
    }
    return ans;
}
int main()
{
    long long inv=quickmod(9,mod-2);
    long long n;
    while(scanf("%lld",&n)!=EOF)
    {
        printf("%lld\n",(n*n%mod-1+mod)%mod*inv%mod);
    }
    return 0;
}