题目地址：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6595

题目：

给出一个数n,在【1，n】等概率的选择一个数i，在【1，i】内每次等概率的选择一个数字组成长度为i的序列，这个序列中所有数都在【1，i】内，且两两互不相同（也就是说这个长度为i的序列是1->n的一种排列），以这个长度为i的序列为参数array运行程序：

1.统计array中的逆序对数目

2.统计array的子序列的逆序对数目（子序列的长度为0->length(array)），

3.array长度为0结束程序，否则以这个子序列为参数array运行程序，重复1，2

求最终逆序对数目的期望值，对998244353取模

程序如下：

input:

0

1

2

output:

0

332748118

554580197

解题思路：

对于一个长度为n的排列，它共有 $C_{n}^{2}$ 对数，每对数有 $\frac{1}{2}$ 的概率是逆序对，故一个长度为n的排列含有的逆序对数目的期望值= $\frac{C_{n}^{2}}{2}$

对于一个长度为i的原序列，可以产生 $2^i$ 个子序列，它的长度为j的子序列有 $C_{i}^{j}$ 个，且概率都是 $\frac{1}{2^i}$ 。对于这个长度为j的子序列，它又可以当作一个原序列得到它的子序列，同理，它的子序列也可以当成一个原序列得到子序列。。。。所以这是一个很深的问题，但是我们可以用递推解决，依据是期望的可加性。

对于一个长度为i的原序列，它长度为j的子序列对应的逆序对数目的期望值已经求得，那么在求原序列逆序对的期望值时可以用到这个结果，不难推出下面这个式子：

$\mathbf{f(i)=\frac{1}{2^i}\sum_{j=0}^{i} C_{i}^{j}f(j)}$

但是在求f(i)的时候因为有边的式子中也有f(i)，而f(i)是未知的，待求的，所以直接用上面这个式子解不出f(i)，左右同乘 $2^i$ ，并移项可以得到如下式子：

$\mathbf{f(i)=\frac{1}{2^i-1}\sum_{j=0}^{i-1} C_{i}^{j}f(j)}$

这样就可以O( $n^2$ )预处理得到所有的长度为i的原序列对应的逆序对数目的期望值,f(i)是取模后的结果

对于输入的x， $i \epsilon [1,x]$ ,每一个i产生的概率是 $\frac{1}{x}$ ，值是f(i),所以最终结果是 $\mathbf{ans=\frac{\sum_{i=1}^{x}f(i)}{x}}$

时间复杂度分析：预处理O( $n^2$ ) $\approx$ 9e6，查询O( $\Sigma x$ )≤5e4 ，故总的时间复杂度最大为：9e6+5e4

做的时候群里说有人蒙了个公式过了，真的是猛：O(1)的做法，公式是 $\frac{n^2-1}{9}$ ，再取模，求逆元就ok了

ac代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define lowbit(x) ((x)&(-x))
typedef long long ll;
const int maxn = 3005;
const int mod  = 998244353;
ll mu[maxn], zi[maxn], f[maxn], c[maxn][maxn];
ll qkpow(ll a,ll p,ll mod)
{ll t=1,tt=a%mod;while(p){if(p&1)t=t*tt%mod;tt=tt*tt%mod;p>>=1;}return t;
}
ll getInv(ll a,ll mod)
{return qkpow(a,mod-2,mod);
}
void init()
{//组合数for(int i = 1; i < maxn;i++){c[i][i] = 1, c[i][0] =1;for(int j = 1; j < i; j++)c[i][j] = (c[i-1][j] + c[i-1][j-1]) % mod;}//分母mu[1] = 2;for(int i = 2; i < maxn; i++)mu[i] = (mu[i - 1]  * 2) % mod;f[0] = 0, f[1] = 0;for(int i = 2; i < maxn; i++){//或者不用单开一个分子数组，存到f[i]里zi[i] = (c[i][2] * mu[i-1]) % mod;//原序列的逆序对期望值!!不要写成c[i][2]/2 * mu[i-1] 因为c[2][2]/2=0，而应该是0.5for(ll j = 0; j < i; j++)zi[i] = (zi[i] + (c[i][j] * f[j]) % mod) % mod;f[i] = (zi[i] * getInv(mu[i] -1 , mod)) % mod;//得到第二个式子的f[i]//printf("f[%d]: %lld\n", i, f[i]);}
}
int main()
{ios::sync_with_stdio(false);int x;init();while(cin >> x){int ans = 0;for(int i = 1; i <= x; i++)ans = (ans + f[i]) % mod;ans = (ans * getInv(x, mod) ) % mod;cout << ans << endl;}return 0;
}

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