Codeforces 1009 E. Intercity Travelling（计数）

1009 E. Intercity Travelling

题意：一段路n个点，走i千米有对应的a[i]疲劳值。但是可以选择在除终点外的其余n-1个点休息，则下一个点开始，疲劳值从a[1]开始累加。休息与不休息等概率，设疲劳值总和的期望为p,求p*2^n-1

思路：由于期望乘上了2^n-1，所以数学意义就是求所有休息情况下的疲劳值总和。问题转化为，每种疲劳出现的次数Ni。网上题解大多数从组合数的角度计数，可能是我理解能力不够，总觉得讲的不太严谨，推导的过程略显随意，更多像是找规律的结果。琢磨了一会，觉得这样计数更容易理解：

对于疲劳a[1]而言，一个点就能出现。由于第一个点一定是a[1]，则第一个点的a[1]的出现次数就是2^n-1（后面的n-1个点任取，任取是指从a[1]开始还是接前一个的疲劳，2种情况）。而对于其余的任意一个点，出现a[1]的情况共2^n-2种（第一个点固定是a[1],还剩n-2个点任取），这样的点有n-1个。故N1 = 2^n-1+（n-1) * 2^n-2.

对于疲劳a[2]而言，一次要选连续的两个点才能出现。如果选了1，2两点，那么剩下n-2个点任取，共2^n-2。而且对于其余的任意连续两点，第一个点是不会变的，除去本身两个确定，还剩n-3个点任取，共2^n-3种情况，这样的连续两点有n-2种。因此N2 = 2^n-2 + (n-2) * 2^n-3.

写到2就能推广到i：a[i]只能出现在连续的i个点下。于是分开讨论选连续的i个点里是否包含1，包含的话，共2^n-i种情况，不包含则有2^n-i-1种情况，这样的选法有n-i种。Ni = 2^n-i + (n-i) * 2^n-i-1.

答案就是∑(Ni * ai)。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define dd(x) cout<<#x<<" = "<<x<<" "
#define de(x) cout<<#x<<" = "<<x<<"
"
#define sz(x) int(x.size())
#define All(x) x.begin(),x.end()
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef pair<int,int> P;
typedef priority_queue<int> BQ;
typedef priority_queue<int,vector<int>,greater<int> > SQ;
const int maxn=1e6+10,mod=998244353,INF=0x3f3f3f3f;
ll a[maxn],pw[maxn]; 
void init()
{
	pw[0]=1;
	for (int i=1;i<maxn;++i)
		pw[i]=pw[i-1]*2%mod;
}
inline ll add(ll a,ll b)
{
	a+=b;
	return a>=mod?a-mod:a;
}
int main()
{
	ll n;
	cin>>n;
	init();
	for (int i=1;i<=n;++i)
		scanf("%lld",&a[i]);
	ll ans=0;
	for (ll i=1;i<=n;++i)
		ans=add(ans,add(pw[n-i],(n-i+mod)%mod*pw[n-i-1]%mod)*a[i]%mod);
	cout<<ans;
	return 0;
}