QOJ349 彩绘 题解

QOJ349 彩绘
给定 \(n\) 个三元组 \((r_i,g_i,b_i)\)，每次可以合并相邻的两个三元组为 \((\frac{r_i+r_{i+1}}{2},\frac{g_i+g_{i+1}}{2},\frac{b_i+b_{i+1}}{2})\)，问最终合并成一个三元组之后，\((r,g,b)\) 的期望对 \(998244353\) 取模，\(n \le 10^5，r,g,b\le 255\)。

考虑求出每个位置的期望贡献系数，发现如果它发生了 \(k\) 次合并，其系数就乘以 \(\frac{1}{2^k}\)，由于左右两边的的合并次数相互独立，所以考虑分开算。左侧有 \(i-1\) 个空，所以会发生 \(i-1\) 次合并，右侧则是 \(n-i\) 次。

考虑给每个空一个编号，编号是它是第几个被合并的空，那么 \(i\) 这个数的贡献系数，就是这个编号序列的后缀最大值个数，因为一个合并能影响到 \(i\) 只能是其后面的空都被合并过了，如果是右侧的话应该是前缀最小值个数，计算方式都是一样的。

设 \(f_i\) 表示有 \(i\) 个空时的贡献系数，考虑怎么转移，我们把第一个被合并的那个缝隙单独考虑，如果它在最后一个位置，那后缀最大值的个数加 \(1\)，贡献就加 \(\frac{1}{2}f_{i-1}\)。如果不是最后一个位置，那就没有新的贡献，加上 \((i-1)\times f_{i-1}\)。

得到了每个长度的贡献系数以后，单独每个位置考虑，其期望贡献系数就为 \(\frac{f_{i-1}}{(i-1)!} \times \frac{f_{n-i}}{(n-i)!}\)，再乘上对应的值即可。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define _int __int128
#define ull unsigned long long
#define pii pair<int,int>
#define fst first
#define scd second
#define pq priority_queue
#define mkp make_pair
#define popcount(x) __builtin_popcount(x)
#define endl '\n'
int n;
const int N = 1e5+10,mod=998244353;
int r[N],g[N],b[N],fac[N],inv2,invf[N],f[N],ans[3];
int qpow(int a,int b){
    int res=1;
    while(b){
        if(b&1)res=(res*a)%mod;
        a=(a*a)%mod;
        b>>=1;
    }
    return res;
}
int C(int n,int m){
    if(n<m||m<0)return 0;
    return fac[n]%mod*invf[m]%mod*invf[n-m]%mod;
}
signed main(){
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0),cout.tie(0);
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        cin>>r[i]>>g[i]>>b[i];
    }
    fac[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        fac[i]=(fac[i-1]*i)%mod;
    }
    inv2=qpow(2,mod-2);
    invf[n]=qpow(fac[n],mod-2);
    for(int i=n-1;i>=0;i--){
        invf[i]=(invf[i+1]*(i+1))%mod;
    }
    f[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        f[i]=((i-1)%mod*f[i-1]%mod+inv2%mod*f[i-1])%mod;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        int e=f[i-1]%mod*invf[i-1]%mod*f[n-i]%mod*invf[n-i]%mod;
        ans[0]=(ans[0]+e%mod*r[i]%mod)%mod;
        ans[1]=(ans[1]+e%mod*g[i]%mod)%mod;
        ans[2]=(ans[2]+e%mod*b[i]%mod)%mod;
    }
    cout<<ans[0]<<" "<<ans[1]<<" "<<ans[2];
    return 0;
}