1001 tetrahedron
直角三稜錐有乙個性質：底面面積的平方等於三個側面面積的平方和。
然後根據體積可以算出來h，
1 h2
=a2b
2+a2
c2+b
2c2a
2b2c
2\frac=\frac
h21=a
2b2c
2a2b
2+a2
c2+b
2c2
這樣在o(n)的時間是沒法算期望的，再化簡一步就好了
1 h2
=1a2
+1b2
+1c2
\frac=\frac+\frac+\frac
h21=a
21+
b21
+c21
根據 e（x+y）= e (x)+ e(y) 可得
e (1
h2)=
3e(1
a2
)e(\frac)=3e(\frac)
e(h21
)=3e
(a21
)所以求1到n的平方的倒數的字首和就好。
#include
using
namespace std;
typedef
long
long ll;
const
int n=
6e6+10;
const
int mod=
998244353
;int inv[n]
,sum[n]
;void
init()
intmain()
}
這幾次紙可以發現展開之後的紙會被切割成網格，左折和右折的效果是一樣的，上折和下折的效果是一樣的，如果左右折的次數是x，上下折的次數是y，最終會被分成(2x
+1)∗
(2y+
1)
(2^x+1) * (2^y+1)
(2x+1)
∗(2y
+1)份，最終的份數只與摺疊的次數有關，與摺疊的先後順序沒有關係。
將左右折看做乙個操作，上下折看做乙個操作，總共會有 2
n2^n
2n種操作，如果左右折了i次，那麼上下折就是n-i次，這種情況的次數就是
c ni
∗(2i
+1)∗
(2n−
i+1)
c_^*(2^i+1)*(2^ +1)
cni∗(
2i+1
)∗(2
n−i+
1)所以：ans
=∑i=
0ncn
i(2i
+1)(
2n−i
+1)2
nans=\frac^c_^(2^i+1)(2^+1)}
ans=2n
∑i=0
ncn
i(2
i+1)
(2n−
i+1)=∑
i=0n
(cni
2n+c
ni+c
ni2i
+cni
2n−i
)2
n=\frac^(c_^2^n+c_^+c_^2^i+c_^2^)}
=2n∑i=
0n(
cni
2n+c
ni+
cni
2i+c
ni2
n−i)=2
2n+2
n+∑i
=0nc
ni2i
+∑i=
0ncn
n−i2
n−i2
n=\frac+2^n+\sum_^c_^2^i+\sum_^c_^}}
=2n22n
+2n+
∑i=0
ncn
i2i
+∑i=
0nc
nn−i
2n−
i= 22
n+2n
+2∗3
n2
n=\frac+2^n+2*3^}
=2n22n
+2n+
2∗3n
#include
using
namespace std;
typedef
long
long ll;
const
int mod=
998244353
;int t;
ll n;
ll ksm
(ll a,ll b)
return res;
}int
main()
return0;
}
首先前n/2個數是一定會被刪掉的所以都是0，那麼當i>n/2時，要想保留地i個數，前i-1個數一定會被刪去，後面的n-i個數也要被刪，後面的這n-i個數一定不會最為最小值被刪因為i還沒被刪，所以從前i-1個數中選n-i個數與他們配對，方案就是ci−
1n−i
c_^ci
−1n−
i* (n-i)! ，前i-個數中剩下了i-1-n+i個數記為cnt，cnt一定是偶數，每次刪之前這幾個數的最小值都是確定的只能從剩下的數中再選乙個數。所以方案數就是 比cnt小的所有奇數的乘積，兩式相乘就是i被剩下的方案數。
總的方案數是多少：每次刪除時最小值是確定的n是奇數，所以等於 比n小的所有偶數的乘積。
#include
using
namespace std;
const
int n=
5e6+
10,mod=
998244353
;typedef
long
long ll;
int t,n,pre[n]
,inv[n]
,po[n]
,p[n]
;ll ksm
(ll a,ll b)
return res;
}ll c
(int n,
int m)
void
init()
intmain()
for(
int i=
1;i<=n/
2;i++
)printf
("0 ");
ll res=
ksm(pre[n-1]
,mod-2)
;printf
("%lld "
,po[n/2]
*res%mod)
;for
(int i=
(n+1)/
2+1;i)printf
("%lld"
,p[n-2]
*res%mod)
;puts(""
);}return0;
}
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杭電多校2020第7場 E Expectation
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