CF1009E 题解

CF1009E 题解

数学题，可见答案求的是所有代价的和。

考虑每个 \(a_{i}\) 会被计算几次，发现对于一个 \(a_{i}\)，它的贡献是 \(\sum\limits_{i=1}^{n-i+1}i \times C_{n-i+1}^{n-i}\)。例如，样例 \(2\) 中 \(a_{1}\) 的贡献是 \((4\times 1 +3\times 3+2\times 3+1\times 1 )\times a_{1}=20\)。

但是直接做是 \(O(n^2)\) 的，考虑化简，把式子 \(\times 2\)，变成（暂时把上式中 \(n-i+1\) 看成 \(N\) ）：

原式 \(=\large{\frac{N\times C_{N}^{0}+ 1\times C_{N}^{N-1} +(N-1)\times C_{N}^{1}+2\times C_{N}^{N-2}+... }{2}}\)

​ \(=\large{\frac{(N+1)\times \sum\limits_{i=0}^{N-1}C_{N}^{i}}{2}}\)

​ \(=\large{\frac{(N+1)\times 2^{N-1}}{2}}\)

​ \(=(N+1)\times 2^{N-2}\)

把 \(N=n-i+1\) 代入，得 原式 \(=(n-i+2)\times 2^{n-i-1}\)。

最后答案便是 \(\sum\limits_{i=1}^{n} a_{i}\times (n-i+2)\times 2^{n-i-1}\)，时间复杂度 \(O(n)\)。

注意指数可能为负，稍微改改快速幂就行。

Talk is cheap, show me the code.

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
typedef pair<int,int> Pii;
const int N=1e6+5,Mod=998244353;
int n;
int a[N];
int ans=0;
inline int qp(int a,int b,int res=1)
{
	bool f=b<0;b=abs(b);
	while(b)
	{
		if(b&1)res=res*a%Mod;
		a=a*a%Mod;b>>=1;
	}return f?qp(res,Mod-2):res;
}
signed main()
{
	cin.tie(0)->sync_with_stdio(0);
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		cin>>a[i];
		(ans+=(n-i+2)*qp(2,n-i-1)%Mod*a[i]%Mod)%=Mod;
	} 
	cout<<ans<<'\n';
	return 0;
}