來源

B - Sample Game（dp）

\(dp_i\)​代表在位置\(i\)時還有多少步結束的期望值。

因為期望具有線性性，根據下一個位置\(j\)，有兩種情況：

1. \(j<i\)，說明下一步就結束了，有\(dp_i=p_i \times 1\)
2. \(j>=i\)​，則說明還有\(dp_j\)​步才能結束，有\(dp_i=p_j(dp_j+1)\)​

可得

\(dp_i=\sum\limits_{j<i}{p_j}+\sum\limits_{j\ge i}{p_j(dp_j+1)}\)

移項可得

\(dp_i=\frac{\sum\limits_{j<i}{p_j}+\sum\limits_{j>i}{p_j(dp_j+1)+p_i}}{1-p_i}\)

由於\(E((x+1)^2)=E(x^2+2x+1)=E(x^2)+2E(x)+1\)

可以根據\(dp\)同時維護第二個陣列代表平方的期望。

\(i\)從大到小，\(i=0\)處的值即為答案。時間複雜度O(n^2)

用生成函式的方法可以O(n)解決，還不會。

#include <bits/stdc++.h>

#define endl '\n'
#define IOS std::ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0)
#define mp make_pair
#define seteps(N) fixed << setprecision(N) 
typedef long long ll;

using namespace std;
/*-----------------------------------------------------------------*/

ll gcd(ll a, ll b) {return b ? gcd(b, a % b) : a;}
#define INF 0x3f3f3f3f

const int N = 3e5 + 10;
const int M = 998244353;
const double eps = 1e-5;

inline ll qpow(ll a, ll b, ll m) {
    ll res = 1;
    while(b) {
        if(b & 1) res = (res * a) % m;
        a = (a * a) % m;
        b = b >> 1;
    }
    return res;
}

ll dp1[N], dp2[N];
ll p[N], pre[N];


int main() {
    IOS;
    int n;
    cin >> n;
    ll sum = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> p[i];
        sum = (sum + p[i]) % M;
    }
    ll rsum = qpow(sum, M - 2, M);
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        p[i] = p[i] * rsum % M;
        pre[i] = (pre[i - 1] + p[i]) % M;
    }

    for(int i = n; i >= 0; i--) {
        ll sumdp1 = 0, sumdp2 = 0;
        for(int j = i + 1; j <= n; j++) {
            sumdp1 = (sumdp1 + p[j] * (dp1[j] + 1) % M) % M;
            sumdp2 = (sumdp2 + p[j] * (dp2[j] + 2 * dp1[j] + 1) % M) % M;
        }
        ll q = qpow((1 - p[i]) % M + M, M - 2, M);
        dp1[i] = (sumdp1 + pre[i - 1] + p[i]) * q % M;
        dp2[i] = (sumdp2 + pre[i - 1] + p[i] * (1 + 2 * dp1[i]) % M) * q % M;
    }
    
    cout << dp2[0] << endl;
}