HDU 6827 Road To The 3rd Building（前缀和+乘法逆元+数学推导）

原题链接：Road To The 3rd Building

题面：

题目大意：

有 $n$ 棵银杏树，每棵树都有可爱价值，当从第 $i$ 棵树走到第 $j$ 棵树，则他们的平均可爱价值为 $\frac{1}{j-i+1}{\sum }_{k=i}^{j}s[i]$。
最后求这些可爱价值的数学期望。即 ${\sum }_{i=1}^{n}E[i]$。

数学推导：

我们可以先考虑每一个数对于期望值的贡献。
以 $n=4$ 来举例：

• $i=1$，$sum[1]\ast 1^{-1}+sum[2]\ast 2^{-1}+sum[3]\ast 3^{-1}+sum[4]\ast 4^{-1}$
• $i=2$，$(sum[2]-sum[1])\ast 1^{-1}+（sum[3]-sum[1])\ast 2^{-1}+(sum[4]-sum[1])\ast 3^{-1}$
• $i=3$，$(sum[3]-sum[2])\ast 1^{-1}+(sum[4]-sum[2])\ast 2^{-1}$
• $i=4$，$(sum[4]-sum[3])\ast 1^{-1}$
• 其中，$sum[i]$ 为 $s[1]$ 到 $s[i]$ 的前缀和，带有 $-1$ 次方的数为乘法逆元。希望读者跟着思路自己推一下。

全部相加后，可以得到这样一个式子：$$\begin{gathered} CuteLevel\_sum[4]=sum[1]\ast (1^{-1}-1^{-1}-2^{-1}-3^{-1}) \\ +sum[2]\ast (2^{-1}+1^{-1}-1^{-1}-2^{-1}) \\ +sum[3]\ast (3^{-1}+2^{-1}+1^{-1}-1^{-1}) \\ +sum[4]\ast (4^{-1}+3^{-1}+2^{-1}+1^{-1}) \end{gathered}$$
数学归纳一下，可以很明显的推出一个式子：$$CuteLevel\_sum[n]=\begin{array}{c}{\sum }_{i=1}^{n}sum[i]\ast (inv\_sum[i]-inv\_sum[n-i])\end{array}$$
其中，$CuteLevel\_sum[n]$ 是下标从 $1$ 到 $n$ 的可爱值的总和，$inv\_sum[i]$ 是从 $1$ 到 $i$ 的乘法逆元前缀和。

最后，求一下所有的可爱值个数就行了，总数为：$tot=\frac{n\ast (n+1)}{2}$。期望为：$E[n]=\frac{CuteLevel\_sum[n]}{tot}$

附上标准题解：

代码：

#include 
#define sc scanf
#define pf printf
using namespace std;

typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef pair<int, int> PII;
const int N = 2e5 + 10, M = 2e4 + 10;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const double eps = 1e-7;
const int mod = 1e9 + 7;

LL inv[N], invs[N], sum[N], s[N];

LL qmi(LL a, LL b)
{
    LL ans = 1;
    for( ; b; b >>= 1) {
        if(b & 1)   ans = ans * a % mod;
        a = a * a % mod;
    }
    return ans;
}

void init()
{
    invs[0] = 0, invs[1] = 1, inv[1] = 1;
    for (int i=2;i<N;i++) inv[i] = (mod - mod/i) * inv[mod%i] % mod;
    for (int i=1;i<N;i++) invs[i] = (invs[i - 1] + inv[i]) % mod;
    return ;
}

void solve()
{
    int n;
    sc("%d", &n);
    for(int i = 1; i <= n; i++)  sc("%lld", &s[i]);
    sum[0] = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i++)  sum[i] = (sum[i - 1] + s[i]) % mod;

    LL ans = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        ans = (ans + (sum[i] * (invs[i] - invs[n - i])) % mod) % mod;

    LL tot = (1LL * n * (n + 1) / 2) % mod;
    ans = ans * qmi(tot, mod - 2) % mod;
    //这个做法，ans可能会模到负数去。
    //所以需要将ans取到正数上来。
    pf("%lld\n", (ans % mod + mod) % mod);
}

int main()
{
    init();
    int t; sc("%d", &t); while(t--) solve();
    return 0;
}

标程：

#include 
#define MAXN 200005
using namespace std;

const long long M=1000000007;

int T,n,a[MAXN];
long long inv[MAXN],sinv[MAXN],ans,C;

inline long long fpow(long long a,long long b)
{
	a%=M;long long r=1;
	for (;b;b>>=1,(a*=a)%=M) if (b&1) (r*=a)%=M;
	return r;
}

void init(int n)
{
	inv[1]=1;
	for (int i=2;i<=n;i++) inv[i]=(M-M/i)*inv[M%i]%M;
	for (int i=1;i<=n;i++) sinv[i]=(sinv[i-1]+inv[i])%M;
	return ;
}

inline void Solve()
{
	scanf("%d",&n);C=ans=0;
	for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
	for (int i=1,p=n>>1;i<=p;i++)
	{
		long long cov=i;
		cov+=i*(sinv[n-i]-sinv[i]+M)%M;cov%=M;
		(C+=i*inv[n-i+1]%M)%=M;(cov+=C)%=M;
		(ans+=a[i]*cov%M)%=M;(ans+=a[n+1-i]*cov%M)%=M;
	}
	if (n&1)
	{
		long long cov=0;
		for (int i=1;i<=n;i++) (cov+=min(i,n+1-i)*inv[i]%M)%=M;
		(ans+=cov*a[(n>>1)+1]%M)%=M;
	}
	printf("%lld\n",ans*fpow(1LL*n*(n+1)/2,M-2)%M);
	return ;
}

int main()
{
	init(200000);
	scanf("%d",&T);
	while (T--) Solve();
	return 0;
}