23.7.27 杭电暑期多校4部分题解

1010 - Kong Ming Qi

1005 - Data Generation

题目大意

有一个 $1$ 到 $n$ 的顺序排列，交换 $n$ 次，问期望有多少个数不在原来的位置上

解题思路

第一感觉是一个打表找规律的题，那么先打表再说

打完之后就硬推式子找规律

对于同一行的分子 $f_i$，$f_1=2n(n-1),f_i=(f_{i=1}+2(n-1)(n-2)\ast (n(n-2){)}^{i-2})\ast n^2$

化简后 $f_i=f_{i-1}\ast n^2+2(n-1)(n-2{)}^{i-1}{n}^i$

分母为 $n^{2m}$

可以用矩阵快速幂来处理，但是不太会，通项公式也推不出来，正赛上就止步于此了

赛后换了个思路考虑

假设某个数在第 $i$ 次有贡献的概率为 $p_i$，那么 $p_0=0,p_i=(1-p_{i-1})\ast \frac{2(n-1)}{n^2}+p_{i-1}\ast \frac{n^2-2}{n^2}$

$(1-p_{i-1})\ast \frac{2(n-1)}{n^2}$ 是从无贡献变为有贡献的概率，$p_{i-1}\ast \frac{n^2-2}{n^2}$ 是有贡献继续产生贡献的概率

化简后可以得到 $p_i=\frac{2(n-1)}{n^2}+p_{i-1}\ast \frac{n-2}{n}$

$n^2\ast p_i-n\ast (n-1)=n\ast (n-2)\ast p_{i-1}-(n-1)\ast (n-2)$

$n\ast (n\ast p_i-(n-1))=(n-2)\ast (n\ast p_{i-1}-(n-1))$

$n\ast p_m-(n-1)=(\frac{n-2}{n}{)}^m\ast (n\ast p_0-(n-1))=-(n-1)\ast (\frac{n-2}{n}{)}^m$

因为总共有 $n$ 个数，所以最后的答案要乘 $n$

所以答案 $n\ast p_m=(n-1)\ast (1-(\frac{n-2}{n}{)}^m)$

code

#include 
using namespace std;
const long long MOD = 998244353;
int t;
long long n, m;
long long sub(long long a, long long b) {return a - b < 0 ? a - b + MOD : a - b;}
long long mul(long long a, long long b) {return a * b % MOD;}
long long pw(long long a, long long b) {
    long long res = 1;
    while (b) {
        if (b & 1) res = mul(res, a);
        a = mul(a, a);
        b >>= 1;
    }
    return res;
}
int main() {
    scanf("%d", &t);
    while (t --) {
        scanf("%lld%lld", &n, &m); n %= MOD;
        printf("%lld\n", mul(sub(n, 1), sub(1, pw(mul(sub(n, 2), pw(n, MOD - 2)), m))));
    }
    return 0;
}