标签：期望 Contest int 题解 sum res frac Fusing mod

可以发现，每组操作唯一对应一个长度为 \(n-1\) 的排列。有了这个结论，后面就好做多了。

像这类排列，与期望相关的题目，我们一般都不需要得到整个完整的排列，而是从排列中拆一段贡献出来算，这题也是一样。

非常 \(\text{Naive}\) 的想法：设 \(E[X]\) 为期望移动距离和，有 \(E[X]=\sum\limits_{i=1}^{n-1}E[i]\)，其中 \(E[i]\) 是第 \(i\) 次期望移动的距离。这样不太好算。不妨换个想法，设 \(E[i]\) 为 \(x_i\to x_{i+1}\) 这一段被经过的期望次数。如果我们能够计算出每个 \(E[i]\) ，把它乘上 \((x_{i+1}-x_i)\) ，就是 \(x_i\to x_{i+1}\) 这一段期望移动的距离和。

按照套路，\(E[i]=\sum\limits_{j=1}^{i} p_{i,j}\)，其中 \(p_{i,j}\) 为第 \(j\) 个点经过 \(x_i\to x_{i+1}\) 的概率，根据期望的线性性质，这是显然的。

现在尝试计算出 \(p_{i,j}\)。有：

\[p_{i,j}=\frac{1}{(n-1)!}\sum_{k=i-j}^{n-2}\binom{k}{i-j}(i-j)!(n-2-(i-j))! \]

很容易可以算出 \(p_{i,j}=\frac{1}{i-j+1}\)。回带可得：

\[E[X]=\sum_{i=1}^{n-1}(x_{i+1}-x_i)\sum_{j=1}^i\frac{1}{j} \]

前缀和处理一下，可以做到 \(O(n \log n)\)。记得答案最后是 \(E[X]\times(n-1)!\)（

#include<cstdio>
#define int ll
typedef long long ll;
const int mod=1e9+7;
int pref[100005],x[100005];
inline int read() {
    register int x=0,f=1;register char s=getchar();
    while(s>'9'||s<'0') {if(s=='-') f=-1;s=getchar();}
    while(s>='0'&&s<='9') {x=x*10+s-'0';s=getchar();}
    return x*f;
}
inline int pow(int x,int p) {int res=1;for(;p;p>>=1) {if(p&1) res=res*x%mod; x=x*x%mod;}return res;}
signed main() {
    int n=read(),ans=0;
    for(register int i=1;i<=n;++i) x[i]=read();
    for(register int i=1;i<=n;++i) pref[i]=(pref[i-1]+pow(i,mod-2))%mod;
    for(register int i=1;i<n;++i) ans=(ans+(x[i+1]-x[i])*pref[i]%mod)%mod;
    for(register int i=1;i<n;++i) ans=ans*i%mod;
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}

标签：期望,Contest,int,题解,sum,res,frac,Fusing,mod
来源： https://www.cnblogs.com/tommy0103/p/13905266.html

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