【hdu 6309 Absolute】【数学+容斥原理】

题意

有$n$个随机变量$x_i$，取值为$[l_i,r_i]$中的实数。问$|x_1+\cdots +x_n|$的期望。
$n\le 15,-10^6\le l_i,r_i\le 10^6$

分析

相当于要求$$\frac{1}{{\prod }_{i=1}^n{r}_i-l_i}{\int }_{l_1}^{r_1}\cdots {\int }_{l_n}^{r_n}|x_1+\cdots +x_n|d{x}_n\dots d{x}_1$$
显然有$|x|=max(x,0)-min(x,0)$，设$S_i={\sum }_{j=1}^n{x}_j$，考虑求$${\int }_{l_1}^{r_1}\cdots {\int }_{l_n}^{r_n}max(S_n,0)d{S}_n\dots d{S}_1$$
这里要满足$S_i-S_{i-1}\in [l_i,r_i]$
对于$min(S_n,0)$则同理。
设$k={\sum }_{i=1}^n{r}_i$，通过容斥消掉范围的限制，因为这里求的是期望，也就是积分式是一次的，所以可以直接提一个常数出来然后改变积分的上下界，那么每个$x_i$的取值就为$[-\infty ,0]$.
如果$k\le 0$贡献为$0$，否则贡献为$${\int }_{-k}^0\cdots {\int }_{-k}^0{S}_n+kd{S}_n\dots d{S}_1$$
这里需要满足$0\ge S_1\ge \cdots \ge S_n\ge -k$
$$={\int }_0^k\cdots {\int }_0^k{S}_n^{\prime }d{S}_n^{\prime }\dots d{S}_1^{\prime }$$
这里要满足$0\le S_1^{\prime }\le \cdots \le S_n^{\prime }\le k$，设$S_{n+1}^{\prime }=S^{\prime }n$，则$$={\int }_0^k\cdots {\int }_0^{k}1d{S}_{n+1}^{\prime }d{S}_n^{\prime }\dots d{S}_1^{\prime }$$
由于这里的$S_i^{\prime }$要满足一个偏序关系，所以求出来的答案要除以一个$(n+1)!$
$$=\frac{k^{n+1}}{(n+1)!}$$
时间复杂度$O(2^n)$

代码

#include
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#include

typedef long long LL;

const int N=20;
const int MOD=998244353;

int n,l[N],r[N],c,ans;

int ksm(int x,int y)
{
	int ans=1;
	while (y)
	{
		if (y&1) ans=(LL)ans*x%MOD;
		x=(LL)x*x%MOD;y>>=1;
	}
	return ans;
}

void dfs1(int x,int k,int f)
{
	if (x>n) {if (k>=0) (ans+=f*ksm(k,n+1))%=MOD;return;}
	dfs1(x+1,k,f);
	dfs1(x+1,k-(r[x]-l[x]),-f);
}

void dfs2(int x,int k,int f)
{
	if (x>n) {if (k<=0) (ans+=f*ksm(-k,n+1))%=MOD;return;}
	dfs2(x+1,k,f);
	dfs2(x+1,k+(r[x]-l[x]),-f);
}

int main()
{
	scanf("%d",&n);
	c=1;
	for (int i=2;i<=n+1;i++) c=(LL)c*i%MOD;
	for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d%d",&l[i],&r[i]),c=(LL)c*(r[i]-l[i])%MOD;
	c=ksm(c,MOD-2);
	int s=0;
	for (int i=1;i<=n;i++) s+=r[i];
	dfs1(1,s,1);
	s=0;
	for (int i=1;i<=n;i++) s+=l[i];
	dfs2(1,s,1);
	ans=(LL)ans*c%MOD;
	printf("%d\n",(ans+MOD)%MOD);
	return 0;
}