Solution -「LOCAL」客星璀璨之夜

(mathcal{Description})

  OurOJ.

  给定坐标轴上的 (2n+1) 个坐标 (x_1,x_2,cdots,x_{2n+1})，其中偶数下标的位置是一个小球，奇数下标的位置是一个球洞。每次操作随机选择一个小球，并随机让它向左或向右滚入临近的球洞，该球洞被填满，视作平地。求所有球进洞后，球滚动总距离的期望。对 (998244353) 取模。

  (nle3000)。

(mathcal{Solution})

  显然，(n) 个球进洞的总方案为 (2^nn!)，记为 (g(n))。现只需要计算所有方案的滚动距离之和。坐标实际位置并不重要，考虑一段形如 (x_ileftrightarrow x_{i+1}) 的距离在多少种方案中贡献。

  贡献次数显然仅与 (n) 和位置 (i) 有关。令 (f(i,j)) 表示仅有 (i) 个球（和 (i+1) 个洞）时，(x_jleftrightarrow x_{j+1}) 的贡献次数。转移时，考虑当前局面第一次操作：

• 让 (x_j) 和 (x_{j+1}) 配对消失，贡献次数为剩下 (i-1) 个球撞完的总方案数，即 (g(n-1))，并且 (x_jleftrightarrow x_{j+1}) 这一段被纳入了(x_{j-1}leftrightarrow x_{j+2})，转移需要让坐标前移一位，那么 (f(i,j) leftarrow f(i,j)+g(i-1)+f(i-1,j-1))。

• 操作 (j) 前面的球，有 (j-1) 种等价操作方式，当前这段没有贡献，坐标向前两位，即 (f(i,j) leftarrow f(i,j)+(j-1)f(i-1,j-2))。

• 操作 (j+1) 后面的球，有 (2i-j) 种等价操作方式，当前这段还是没有贡献，坐标也没有影响，即 (f(i,j) leftarrow f(i,j)+(2i-j)f(i-1,j))。

  综上：

[ f(i,j)=g(i-1)+f(i-1,j-1)+(j-1)f(i-1,j-2)+(2i-j)f(i-1,j) ]

  答案显而易见：

[ frac{sum_{i=1}^{2n}(x_{i+1}-x_i)f(n,i)}{g(n)} ]

  复杂度 (mathcal O(n^2))。

(mathcal{Code})

/* Clearink */

#include <cstdio>

inline int rint () {
	int x = 0, f = 1; char s = getchar ();
	for ( ; s < '0' || '9' < s; s = getchar () ) f = s == '-' ? -f : f;
	for ( ; '0' <= s && s <= '9'; s = getchar () ) x = x * 10 + ( s ^ '0' );
	return x * f;
}

template<typename Tp>
inline void wint ( Tp x ) {
	if ( x < 0 ) putchar ( '-' ), x = ~ x + 1;
	if ( 9 < x ) wint ( x / 10 );
	putchar ( x % 10 ^ '0' );
}

const int MAXN = 3000, MOD = 998244353;
int n, m, x[MAXN * 2 + 5], g[MAXN + 5], f[MAXN + 5][MAXN * 2 + 5];

inline int& addeq ( int& a, const int b ) {
	return ( a += b ) < MOD ? a : a -= MOD;
}

inline int qkpow ( int a, int b, const int p = MOD ) {
	int ret = 1;
	for ( ; b; a = 1ll * a * a % p, b >>= 1 ) ret = 1ll * ret * ( b & 1 ? a : 1 ) % p;
	return ret;
}

int main () {
//	freopen ( "stars.in", "r", stdin );
//	freopen ( "stars.out", "w", stdout );
	m = ( n = rint () ) << 1 | 1;
	for ( int i = 1; i <= m; ++ i ) x[i] = rint ();
	g[0] = 1;
	for ( int i = 1; i <= n; ++ i ) {
		g[i] = 2ll * i * g[i - 1] % MOD;
		for ( int j = 1; j <= i << 1; ++ j ) {
			addeq ( addeq ( addeq ( addeq ( f[i][j], g[i - 1] ), f[i - 1][j - 1] ),
				( j - 1ll ) * f[i - 1][j - 2 < 0 ? 0 : j - 2] % MOD ),
				( 2ll * i - j ) * f[i - 1][j] % MOD
			);
		}
	}
	int ans = 0;
	for ( int i = 1; i <= n << 1; ++ i ) {
		addeq ( ans, 1ll * ( x[i + 1] - x[i] ) * f[n][i] % MOD );
	}
	wint ( 1ll * ans * qkpow ( g[n], MOD - 2 ) % MOD ), putchar ( '
' );
	return 0;
}

(mathcal{Details})

  考场上想的统计每一对 (i) 球撞 (j) 洞的出现次数，但这个涉及到多类方案的交叉安排，而且方案间有依赖关系……就死掉啦。

  还有，暴力打半天过不了样例，手玩了一下发现距离贡献没乘方案数 qwq。