题解：洛谷 AT_abc468_e Sum of Average
【题目来源】
洛谷：AT_abc468_e AT_abc468_e [ABC468E] Sum of Average
【题目描述】
给定一个正整数 \(N\) 和一个长度为 \(N\) 的整数序列 \(A=(A_1,A_2,\ldots,A_N)\)。
定义 \(f(l,r)\) 为 \(A_l,A_{l+1},\ldots,A_r\) 的算术平均值。
求
\[\sum_{1\le l\le r\le N} f(l,r)
\]
对 \(998244353\) 取模后的值。
关于模 \(998244353\) 意义下的有理数定义：
在该问题的约束下，可以证明所求的有理数总可以表示为最简分数 \(\frac{P}{Q}\)，且满足 \(Q \not\equiv 0 \pmod{998244353}\)。因此，存在唯一的整数 \(R\)，使得
\[R \times Q \equiv P \pmod{998244353},\quad 0 \le R < 998244353
\]
请输出这个 \(R\)。
【输入】
输入按以下格式从标准输入给出：
\(N\)
\(A_1\) \(A_2\) \(\ldots\) \(A_N\)
【输出】
输出答案。
【输入样例】
2
2 3
【输出样例】
499122184
【核心思想】
-
问题分析：给定长度为 \(N\) 的序列 \(A\)，求所有子区间 \([l,r]\) 的平均值之和，对 \(998244353\) 取模。\(f(l,r) = \frac{\sum_{i=l}^{r} A_i}{r-l+1}\)。直接枚举 \(O(N^2)\) 个子区间不可行，需要数学优化。这是一个前缀和 + 组合计数 + 模逆元问题，核心在于将求和式按区间长度分类，利用前缀和的前缀和快速计算同长度区间的元素和之和。
-
算法选择：
- 前缀和的前缀和：设 \(s[i] = \sum_{j=1}^{i} A_j\)，\(ds[i] = \sum_{j=1}^{i} s[j]\)
- 按长度分类求和：对于固定长度 \(len\)，所有长度为 \(len\) 的区间的元素和之和可通过 \(ds\) 数组 \(O(1)\) 计算
- 模逆元：利用费马小定理计算除法在模 \(998244353\) 下的逆元
-
关键步骤：
- 读入数据：读取 \(N\) 和数组 \(A[1..N]\)
- 预处理前缀和：
- \(s[i] = (s[i-1] + A_i) \bmod MOD\)
- \(ds[i] = (ds[i-1] + s[i]) \bmod MOD\)
- 按区间长度枚举（\(len\) 从 \(1\) 到 \(N\)）：
- 计算所有长度为 \(len\) 的区间的元素和之和：
- \(\Delta = ds[N] - ds[len-1] - ds[N-len]\)
- 解释：\(\sum_{l=1}^{N-len+1} \sum_{i=l}^{l+len-1} A_i = \sum_{l=1}^{N-len+1} (s[l+len-1] - s[l-1]) = (ds[N] - ds[len-1]) - ds[N-len]\)
- 长度为 \(len\) 的区间的平均值之和 = \(\Delta \times inv(len) \bmod MOD\)
- \(ans \leftarrow (ans + \Delta \times inv(len)) \bmod MOD\)
- 计算所有长度为 \(len\) 的区间的元素和之和：
- 输出结果：\((ans \bmod MOD + MOD) \bmod MOD\)
-
时间/空间复杂度：
- 时间复杂度：\(O(N \log MOD)\)，预处理 \(O(N)\)，枚举长度 \(O(N)\)，每次快速幂求逆元 \(O(\log MOD)\)
- 空间复杂度：\(O(N)\)，前缀和数组
-
前缀和的前缀和与模逆元的核心思想：
- 区间和的双重求和：对于固定长度 \(len\)，所有区间的和之和为 \(\sum_{l=1}^{N-len+1} (s[l+len-1] - s[l-1])\)。利用 \(ds\) 数组，\(\sum_{l=1}^{N-len+1} s[l+len-1] = ds[N] - ds[len-1]\)（错位相消），\(\sum_{l=1}^{N-len+1} s[l-1] = ds[N-len]\)，因此 \(\Delta = ds[N] - ds[len-1] - ds[N-len]\)
- 模逆元替代除法：在模质数 \(998244353\) 下，除以 \(len\) 等价于乘以 \(len^{MOD-2} \bmod MOD\)，利用快速幂在 \(O(\log MOD)\) 内计算
- 负数取模处理：减法可能导致负数，通过
(x % MOD + MOD) % MOD确保结果在 \([0, MOD)\) 范围内 - 组合恒等式的应用：将 \(O(N^2)\) 的区间枚举转化为 \(O(N)\) 的长度枚举，通过前缀和的前缀和实现 \(O(1)\) 的单长度查询
- 适用于大规模区间统计、模意义下的有理数计算、组合数学优化类问题
【解题思路】
![[7f26b9dde8eff6126994ba6d6daf2357.png|539]]
【算法标签】
普及+ #前缀和
【代码详解】
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long // 将int定义为long long，避免中间计算溢出
const int N = 500005, MOD = 998244353; // N为数组最大容量，MOD为模数998244353
int n, ans; // n为序列长度，ans存储最终答案
int a[N], s[N], ds[N]; // a存储原数组；s为前缀和数组（s[i]=A_1+...+A_i）；ds为前缀和的前缀和（ds[i]=s[1]+...+s[i]）
// 快速幂算法：计算a的b次幂对MOD取模的结果
// 用于求逆元：根据费马小定理，i的逆元为i^(MOD-2) mod MOD（MOD为质数）
int power(int a, int b)
{
int res = 1; // res存储幂的结果
a %= MOD; // 先将底数对MOD取模
while (b > 0) // 当指数b大于0时继续循环
{
if (b & 1) // 如果b的最低位为1（即b为奇数）
{
res = res * a % MOD; // 将当前底数乘入结果
}
a = a * a % MOD; // 底数平方（为下一位做准备）
b >>= 1; // 指数右移一位（相当于除以2）
}
return res; // 返回a^b mod MOD
}
signed main() // 使用signed main配合#define int long long
{
cin >> n; // 读入序列长度N
for (int i = 1; i <= n; i++) // 读入N个整数
{
cin >> a[i];
// 同时计算前缀和s和前缀和的前缀和ds
s[i] = (s[i - 1] + a[i]) % MOD; // s[i] = (A_1 + A_2 + ... + A_i) mod MOD
ds[i] = (ds[i - 1] + s[i]) % MOD; // ds[i] = (s[1] + s[2] + ... + s[i]) mod MOD
}
// 枚举区间长度i（从1到N），计算所有长度为i的区间的平均值之和
for (int i = 1; i <= n; i++) // i表示当前枚举的区间长度
{
// delta = ds[N] - ds[i-1] - ds[N-i]
// 推导：所有长度为i的区间的和 = 以每个位置结尾的长度为i的区间和之和
// 利用前缀和的前缀和ds快速计算
int delta = ds[n] - ds[i - 1] - ds[n - i];
// 处理负数：先取模再加MOD再取模，确保结果在[0, MOD)范围内
delta = (delta % MOD + MOD) % MOD;
int invi = power(i, MOD - 2); // 计算i在模MOD下的逆元（费马小定理）
// 所有长度为i的区间的平均值之和 = delta / i = delta * invi mod MOD
ans = (ans + delta * invi) % MOD; // 累加到总答案中
}
// 确保答案非负：先取模再加MOD再取模
cout << (ans % MOD + MOD) % MOD << endl; // 输出最终答案
return 0;
}
【运行结果】
2
2 3
499122184
浙公网安备 33010602011771号