[atARC113F]Social Distance
（由于是实数范围，端点足够小，因此区间都使用中括号，且符号取等号）
定义$P(X)$表示$\forall 2\le i\le n,a_{i}-a_{i-1}\ge X$的概率，那么我们所求的也就是$P(X)$的积分
考虑如何求某一个$P(X)$（$X$为非负实数）：
令$a'_{i}=a_{i}-iX$，那么也就是要求$\forall 2\le i\le n,a'_{i-1}\le a'_{i}$，之后$a'_{i}$随机区间为$[x_{i-1}-iX,x_{i}-iX]$
将所有端点排序并后，依次为$p_{1}\le p_{2}\le ...\le p_{2n}$，那么这个问题也就是离散的了，再记$[l_{i},r_{i}]$为$a'_{i}$所对应的区间，则可以通过如下dp来计算：
$f_{i,j}$表示仅考虑$a'_{1},a'_{2},...,a'_{i}$，满足$a'_{1}\le a'_{2}\le ...\le a'_{i}\le p_{j}$的概率，转移枚举$k$满足$a_{k-1}\le p_{i-1}\le a_{k}$，之后从$f_{k-1,j-1}$转移过来，下面考虑转移系数：
若不满足$\forall k\le t\le i,[p_{j-1},p_{j}]\subseteq [l_{t},r_{t}]$则为0，否则即$\frac{\prod_{k\le t\le i}\frac{p_{j}-p_{j-1}}{r_{t}-l_{t}}}{(i-k+1)!}$，通过倒序枚举$k$可以方便维护
综上，就可以$o(n^{3})$求出$P(X)$
如果$p_{i}$的相对顺序不变，那么结果即一个关于$X$的多项式，同样可以dp求出
又因为只有$(2n)^{2}$个交点，因此只有$o(n^{2})$种顺序，对于确定的顺序后解出$X$的范围并求积分即可
另外dp状态中需要存储一个$n$次多项式，因此时间复杂度是$o(n^{6})$
还有由于最后答案是对998244353取模，需要用分数的形式存储交点以及比较
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define N 25 4 #define M 1000005 5 #define mod 998244353 6 int n,ans,x[N],inv[M]; 7 struct frac{ 8 int x,y; 9 bool operator < (const frac k)const{ 10 return x*k.y<k.x*y; 11 } 12 frac operator + (const frac k)const{ 13 return frac{x*k.y+k.x*y,y*k.y}; 14 } 15 frac operator - ()const{ 16 return frac{-x,y}; 17 } 18 frac operator * (const frac k)const{ 19 return frac{x*k.x,y*k.y}; 20 } 21 int get_val(){ 22 return 1LL*x*inv[y]%mod; 23 } 24 }l[N],r[N]; 25 vector<frac>v; 26 struct poly{ 27 int n,a[N]; 28 bool operator < (const poly k)const{ 29 return n<k.n; 30 } 31 poly operator + (const poly k)const{ 32 poly o; 33 o.n=max(n,k.n); 34 for(int i=0;i<=min(n,k.n);i++)o.a[i]=(a[i]+k.a[i])%mod; 35 for(int i=k.n+1;i<=n;i++)o.a[i]=a[i]; 36 for(int i=n+1;i<=k.n;i++)o.a[i]=k.a[i]; 37 return o; 38 } 39 poly operator - ()const{ 40 poly o; 41 o.n=n; 42 for(int i=0;i<=n;i++)o.a[i]=mod-a[i]; 43 return o; 44 } 45 poly operator * (int k)const{ 46 poly o; 47 o.n=n; 48 for(int i=0;i<=n;i++)o.a[i]=1LL*a[i]*k%mod; 49 return o; 50 } 51 poly operator * (poly k)const{ 52 poly o; 53 o.n=n+k.n; 54 for(int i=0;i<=o.n;i++)o.a[i]=0; 55 for(int i=0;i<=n;i++) 56 for(int j=0;j<=k.n;j++)o.a[i+j]=(o.a[i+j]+1LL*a[i]*k.a[j])%mod; 57 return o; 58 } 59 poly dx(){ 60 poly o; 61 o.n=n+1,o.a[0]=0; 62 for(int i=0;i<=n;i++)o.a[i+1]=1LL*inv[i+1]*a[i]%mod; 63 return o; 64 } 65 int get_val(int k){ 66 int s=1,ans=0; 67 for(int i=0;i<=n;i++){ 68 ans=(ans+1LL*s*a[i])%mod; 69 s=1LL*s*k%mod; 70 } 71 return ans; 72 } 73 }one,f[N][N<<1]; 74 pair<frac,poly>a[N<<1]; 75 int main(){ 76 one.n=0,one.a[0]=1; 77 inv[0]=inv[1]=1; 78 for(int i=2;i<M-4;i++)inv[i]=1LL*(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod; 79 scanf("%d",&n); 80 for(int i=0;i<=n;i++)scanf("%d",&x[i]); 81 for(int i=0;i<=n;i++) 82 for(int j=0;j<i;j++){ 83 if (i!=j)v.push_back(frac{x[i]-x[j],i-j}); 84 if (i-1!=j)v.push_back(frac{x[i]-x[j],i-j-1}); 85 if ((j)&&(i!=j-1))v.push_back(frac{x[i]-x[j],i-j+1}); 86 } 87 sort(v.begin(),v.end()); 88 frac lst=frac{0,1}; 89 for(int i=0;i<v.size();i++) 90 if (lst<v[i]){ 91 frac mid=frac{lst.x+v[i].x,lst.y+v[i].y};//通过mid来比较 92 for(int j=0;j<=n;j++){ 93 poly o; 94 o.n=1,o.a[0]=x[j]; 95 if (j){ 96 o.a[1]=mod-j; 97 a[2*j-1]=make_pair(frac{x[j],1}+(-frac{j,1}*mid),o); 98 } 99 if (j<n){ 100 o.a[1]=mod-(j+1); 101 a[2*j]=make_pair(frac{x[j],1}+(-frac{j+1,1}*mid),o); 102 } 103 } 104 sort(a,a+2*n); 105 for(int j=0;j<2*n;j++)f[0][j]=one; 106 for(int j=1;j<=n;j++){ 107 l[j]=frac{x[j-1],1}+(-frac{j,1}*mid); 108 r[j]=frac{x[j],1}+(-frac{j,1}*mid); 109 for(int k=1;k<2*n;k++){ 110 f[j][k]=f[j][k-1]; 111 poly s=one; 112 for(int t=j;t;t--){ 113 if ((a[k-1].first<l[t])||(r[t]<a[k].first))break; 114 s=s*(1LL*inv[x[t]-x[t-1]]*inv[j-t+1]%mod); 115 s=s*(a[k].second+(-a[k-1].second)); 116 f[j][k]=f[j][k]+s*f[t-1][k-1]; 117 } 118 } 119 } 120 poly s=f[n][2*n-1].dx(); 121 ans=((ans+s.get_val(v[i].get_val()))%mod+mod-s.get_val(lst.get_val()))%mod; 122 lst=v[i]; 123 } 124 printf("%d",ans); 125 }
