2020杭电多校第六场 1006 Road To The 3rd Building

题目

题目大意。
在一条直线有n个节点，每个节点有一个权值a_i。
一段路从某个起点1开始，到右端某个节点b结束(1 ≤ i ≤ j ≤ n)，这段路程的价值w为经过点点权的平均值，即：
$$w=\frac{{\sum }_{i=a}^b{a}_i}{b-a+1}$$
问题为对于这n个节点的路，任意选择两个顶点,其路程价值的期望值为多少？结果对1e9 + 7取模

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说在前面

首先应该分析出来，对于取模下的期望值和平均值，不需要真的计算除法，而是需要计算各分母的逆元，使用乘法代替除法。

总方案数

对于总方案数tot，由于是随意选取两个顶点作为起点和终点，且起点和终点可以重合，那么总方案数应该为：
$$tot=C_n^2+n=\frac{n(n+1)}{2}$$

贡献总和

要算贡献总期望值，那么公式就是
$$\frac{贡献总和}{总方案数}$$
刚刚我们得出了总方案数，下面就需要来计算贡献总和。

对于节点i来说，其贡献应该为 a_i*每次出现所占所有元素的比例，
我们不妨定义：

$$第i个元素在j区间长度内出现次数=sum$$
即
$$节点i贡献=a_i\sum _{j=1}^n\frac{sum}{j}$$
因此，贡献总和的公式为：
$$贡献总和=\sum _{i=1}^n{a}_i\sum _{j=1}^n\frac{sum}{j}$$
到这一步，我们发现，j会遍历从1到n的每一个数字，因此我们需要预处理从1到n内所有整数的逆元

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

这里由于存在多组数据，n大小不确定，因此直接取n最大值2e5即可

j区间长度内出现次数

接着我们要分析一个比较重要的地方，就是当区间长度为j时，在所有的区间内，第i个元素究竟会出现多少次。

我们不妨对j从小到大分析，可以大致分为几个阶段，这里题解写的非常详细，就偷个懒 直接放原图了：

按照这样直接处理，会有些麻烦，当下标超过了n/2时，整个规则将会反过来。
仔细观察会发现，由于对称性，第i个元素和第n-i+1个元素的出现次数和出现期望，是完全一样的，因此不如充分发挥数据的对称性，仅处理一般的数字。
$$贡献总和=\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{2}\rfloor }(a_i+a_{n+1-i})\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{n}{2}\rfloor }\frac{sum}{j}$$
这样一来，sum的取值就分成三段了：

1. 1 ≤ j ≤ i，sum=j
2. i < j < n-i，sum=i
3. n-i+1 ≤ j ≤ n,sum=n-j+1

然后对于每个i，直接分成三段来求就好了，求每个i的贡献值复杂度为O(1)，第三段可以迭代来求，不需要每次遍历。于是整个求解过程的复杂度就是O(1)了。

什么？你问我奇数怎么办？好搞，n为奇数时中间那个点单独处理一下就好了，它的每个sum=min(j,n-j+1)（j为区间长度）

结果式

在统计完贡献总和后，我们离答案就差临门一脚了，就是除以方案总数，最终的结果式为：
$$ans=\frac{{\sum }_{i=1}^n{a}_i{\sum }_{j=1}^n\frac{sum}{j}}{\frac{n(n++1)}{2}}$$
方案总数的逆元，可以使用快速幂的方法来求。

fpow(1LL * (n + 1) * n / 2,p - 2) ;

精美代码：

#include
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll N = 1e7 + 50;
const ll p = 1e9 + 7;
ll inv[N];
ll sumInv[N];
ll a[N];
int n,T;
ll ans = 0;
ll c = 0;
void init(int n){
	inv[1] = 1;
	sumInv[1] = 1;
	for(int i = 2;i <= n;i++){
		inv[i] = (p - p / i) * inv[p % i] % p;
		(sumInv[i] = sumInv[i - 1] + inv[i]) %= p;
	}
}

inline ll min(const ll &a,const ll &b){
	return a < b ? a : b;
}

ll fpow(ll k,ll po){
	k %= p;
	ll ans = 1;
	for(;po;po >>= 1,k = k * k % p){
		ans = po & 1 ? ans * k % p : ans;
	}
	return ans;
}

int main(){
	freopen("1.in","r",stdin);
	init(200050);

	for(cin >> T;T;T--){
		scanf("%d",&n);
		for(int i = 1;i <= n;i++){
			scanf("%lld",&a[i]);
		}
		c = 0;
		ans = 0;
		for(int i = 1;i <= n >> 1;i++){
			/*j <= i时,有i种情况，每种情况的贡献值都是j/j=1,总贡献为i*/
		 	ll sum = i;
			/* i < j < n - i时，每种情况的贡献值为i/j,总贡献就是i*Σ(j^-1)*/
			(sum += i * (sumInv[n - i] - sumInv[i] + p) % p) %= p;
			/*j > n - i时，每种情况的贡献值为(n - j + 1)/j为方便计算可以预处理或者累计
			  当j = n - i + 1时，这个值为i/j*/
			(c += i * inv[n - i + 1] % p) %= p;
			(sum += c) %= p;
			
			(ans += sum * a[i] % p) %= p;
			(ans += sum * a[n - i + 1] % p) %= p;
		}
		/*奇数个数单独处理*/
		if(n & 1){
			ll sum = 0;
			for(int i = 1;i <= n;i++){
				/*对于区间长度i,出现次数为min(i,n - i + 1)贡献为min(i,n - i + 1)/i*/
				(sum += min(i,n - i + 1) * inv[i] % p) %= p;
			}
			(ans += sum * a[(n>>1)+1] % p) %= p;
		}
		
		cout << ans * fpow(1LL * (n + 1) * n / 2,p - 2) % p << endl;
	}
}