Groundhog and Gaming Time

原题请看这里

题目描述;

在PKUWC2019day2PKUWC2019day2PKUWC2019day2晚上，n{n}n个同学包括Soetdit，TX1145967673，ZPAYAUR，GroundhogSoetdit，TX1145967673，ZPAYAUR，GroundhogSoetdit，TX1145967673，ZPAYAUR，Groundhog做出了一个了不起的决定：他们准备参加一个车队，他们将分担一夜直到黎明。
那天晚上，他们一个接一个地上网。第[i][i][i]个同学将从[Li，Ri][L_i，R_i][Li，Ri]上线。但是有人报告了一条消息：他们的老师晚上会来。每个人都有12\frac{1} {2}21的可能性来接收消息，而接收到该消息的人将不会在晚上上网。他们的可用游戏时间是所有游戏者都在线时。因此，他们开始思考一个问题：对他们的可用时间模的平方的期望是什么998244353{998244353}998244353
简化的问题：有n{n}n个段[Li，Ri][L_i，R_i][Li，Ri]，每个段都有可能选择12\frac {1} {2}21，问题是计算∣[La1,Ra1]∩[La2，Ra2]∩⋯∩[Lam，Ram]∣2| [L_ {a_1},R_ {a_1}] \cap [L_ {a_2}，R_ {a_2}] \cap \cdots \cap [L_ {a_m}，R_ {a_m}] | ^ 2∣[La1,Ra1]∩[La2，Ra2]∩⋯∩[Lam，Ram]∣2 modmodmod 998244353{998244353}998244353的期望值。 aia_iai表示选定的第ith{i ^ {th}}ith个段的数量。

输入描述：

第一行包含一个整数n{n}n，表示学生人数。
接下来的n{n}n行分别包含两个整数Li，RiL_i，R_iLi，Ri，这表示第iii个学生的游戏时间。

输出描述：

输出一行包含答案模998244353{998244353}998244353。

样例输入：

样例输出：

405536771

思路：

求期望的方法有很多种，这题我们选择期望dp求期望的方法。
首先由于数据较大我们需要先对数据进行离散化，然后我们按左右端点升序排序并考虑每一段对答案的贡献。
我们设区间A出现在b条线段中，则有：
P(A)=2a−12nP(A)=\frac{2^a-1}{2^n}P(A)=2n2a−1
应为不能全选，所以要减一。
所以：E(A)=2a−12n∗∣A∣(E(A)=\frac{2^a-1}{2^n}*|A|(E(A)=2n2a−1∗∣A∣(听说两个‘|’还可以表示size)))
那么在所有nnn条线段中PiP_iPi的贡献(ai(a_i(ai条线段包含A)A)A)：
∑E(Q)∗∣Pi∣\sum E(Q)*|P_i|∑E(Q)∗∣Pi∣
=∑j(2bj−12n∗∣Qj∣)∗∣Pi∣=\sum_j(\frac{2^{b_j}-1}{2^n}*|Q_j|)*|P_i|=∑j(2n2bj−1∗∣Qj∣)∗∣Pi∣
=∑j(2bj2n∗∣Qj∣)∗∣Pi∣−∣Pi∣∗mx=\sum_j(\frac{2^{b_j}}{2^n}*|Q_j|)*|P_i|-|P_i|*mx=∑j(2n2bj∗∣Qj∣)∗∣Pi∣−∣Pi∣∗mx
我们可以用线段树来维护2bi2^{b_i}2bi，最后除以2n2^n2n并减去mxmxmx即可
具体细节请看代码。

ACACAC CodeCodeCode:

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int mod = 998244353;
const int MAXN = 1e6+5;
const int N = 1e9 + 1;
ll a[MAXN << 2], b[MAXN << 2], trl[MAXN], trr[MAXN], l[MAXN];
ll r[MAXN], lsh[MAXN], cnt, ans;
int n;
ll ksm (ll a, ll b) {ll ret = 1;while (b){if(b & 1) ret = ret * a % mod;a = a * a % mod;b >>= 1;}return ret;
}//快速幂求逆元
bool cmp1 (int x, int y){ return l[x] < l[y]; }
bool cmp2 (int x, int y){ return r[x] < r[y]; }
void build_tree (int pos, int l, int r){//建线段树 a[pos] = lsh[r + 1] - lsh[l];b[pos] = 1;if (l == r) return;int mid = l + r >> 1;build_tree (pos << 1, l, mid);build_tree (pos << 1 | 1, mid + 1, r);
}
void f (int pos, int l, int r, ll num, int x, int y){//将区间[l,r]的权值都*num if(l <= x && r >= y){a[pos] = a[pos] * num % mod;b[pos] = b[pos] * num % mod;return;}int mid = x + y >> 1;if (l <= mid) f (pos << 1, l, r, num, x, mid);if (r > mid) f (pos <<1 | 1, l, r, num, mid + 1, y);a[pos] = (a[pos << 1] + a[pos << 1 | 1]) * b[pos] % mod;//b[pos]就是lazy标记，这里可以不用下推标记。
}
int main (){lsh[1] = 0;lsh[2] = N;//添加最左最优的端点，用于处理所有线段都不选择的情况 cnt = 2;scanf ("%d", &n);for (int i = 1; i <= n; ++i){scanf("%lld%lld", l + i ,r + i);lsh[++cnt] = l[i];lsh[++cnt] = ++r[i];}sort (lsh + 1, lsh + cnt + 1);cnt = unique(lsh + 1, lsh + cnt + 1) - lsh - 1;//离散化 build_tree(1, 1, cnt - 1);//建线段树，i点的初始权值为区间[i,i+1]的长度 for (int i = 1; i <= n; ++i){l[i] = lower_bound(lsh + 1, lsh + cnt + 1, l[i]) - lsh;//映射到原值 r[i] = lower_bound(lsh + 1, lsh + cnt + 1, r[i]) - lsh;}for (int i = 1; i <= n; ++i) trl[i] = trr[i] = i;sort (trl + 1, trl + n + 1, cmp1);//线段按左端点排序 sort (trr + 1, trr + n + 1, cmp2);//线段按右端点排序 int t1 = 1, t2 = 1; for (int i = 1; i < cnt; ++i){//遍历区间[i,i+1]，维护包含该区间的线段的交集的期望。这个期望通过计算所有区间的贡献和得到//从m的线段，找出a个线段包含区间[i,i+1]。计算这a个线段的交集的期望，等于每个期间的贡献总和。//a个线段，有b个线段覆盖区间[j,j+1],则区间[j,j+1]的贡献=长度*(2^b-1)/2^n。其中-1和/2^n最后再去除 for (; t1 <= n && l[trl[t1]] <= i; ++t1)//添加左端点小于等于i的线段的贡献 f(1, l[trl[t1]], r[trl[t1]] - 1, 2, 1, cnt - 1);//添加贡献，等于该区间的权值*2 for (;t2 <= n && r[trr[t2]] <= i; ++t2)//删除右端点小于等于i的线段的贡献 f(1, l[trr[t2]], r[trr[t2]] - 1, ksm(2, mod - 2), 1, cnt - 1);//添加贡献，等于该区间的权值-2 ans = (ans + a[1] * (lsh[i + 1] - lsh[i])) % mod;//计入答案，此时ans=sum(方案权值*方案数) }//注意此时统计完时，未减去考虑所有线段都不选择的情况，即贡献=长度*(2^b-1)/2^n中的-1 ans = (ans + mod - 1ll * N * N % mod) % mod;//减去所有线段都不选择的情况 for (int i = 1; i <= n; ++i)ans = ans * ksm(2, mod - 2) % mod;//除2^n，得到期望 printf("%lld\n", ans);
}

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