[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$forall 2le ile n,a_{i}-a_{i-1}ge X$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$forall 2le ile n,a'_{i-1}le a'_{i}$，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$forall kle tle i,[p_{j-1},p_{j}]subseteq [l_{t},r_{t}]$则为0，否则即$frac{prod_{kle tle i}frac{p_{j}-p_{j-1}}{r_{t}-l_{t}}}{(i-k+1)!}$，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

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 25
#define M 1000005
#define mod 998244353
int n,ans,x[N],inv[M];
struct frac{
    int x,y;
    bool operator < (const frac k)const{
        return x*k.y<k.x*y;
    }
    frac operator + (const frac k)const{
        return frac{x*k.y+k.x*y,y*k.y};
    }
    frac operator - ()const{
        return frac{-x,y};
    }
    frac operator * (const frac k)const{
        return frac{x*k.x,y*k.y};
    }
    int get_val(){
        return 1LL*x*inv[y]%mod;
    }
}l[N],r[N];
vector<frac>v;
struct poly{
    int n,a[N];
    bool operator < (const poly k)const{
        return n<k.n;
    }
    poly operator + (const poly k)const{
        poly o;
        o.n=max(n,k.n);
        for(int i=0;i<=min(n,k.n);i++)o.a[i]=(a[i]+k.a[i])%mod;
        for(int i=k.n+1;i<=n;i++)o.a[i]=a[i];
        for(int i=n+1;i<=k.n;i++)o.a[i]=k.a[i];
        return o;
    }
    poly operator - ()const{
        poly o;
        o.n=n;
        for(int i=0;i<=n;i++)o.a[i]=mod-a[i];
        return o;
    }
    poly operator * (int k)const{
        poly o;
        o.n=n;
        for(int i=0;i<=n;i++)o.a[i]=1LL*a[i]*k%mod;
        return o;
    }
    poly operator * (poly k)const{
        poly o;
        o.n=n+k.n;
        for(int i=0;i<=o.n;i++)o.a[i]=0;
        for(int i=0;i<=n;i++)
            for(int j=0;j<=k.n;j++)o.a[i+j]=(o.a[i+j]+1LL*a[i]*k.a[j])%mod;
        return o;
    }
    poly dx(){
        poly o;
        o.n=n+1,o.a[0]=0;
        for(int i=0;i<=n;i++)o.a[i+1]=1LL*inv[i+1]*a[i]%mod;
        return o;
    }
    int get_val(int k){
        int s=1,ans=0;
        for(int i=0;i<=n;i++){
            ans=(ans+1LL*s*a[i])%mod;
            s=1LL*s*k%mod;
        }
        return ans;
    }
}one,f[N][N<<1];
pair<frac,poly>a[N<<1];
int main(){
    one.n=0,one.a[0]=1;
    inv[0]=inv[1]=1;
    for(int i=2;i<M-4;i++)inv[i]=1LL*(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
    scanf("%d",&n);
    for(int i=0;i<=n;i++)scanf("%d",&x[i]);
    for(int i=0;i<=n;i++)
        for(int j=0;j<i;j++){
            if (i!=j)v.push_back(frac{x[i]-x[j],i-j});
            if (i-1!=j)v.push_back(frac{x[i]-x[j],i-j-1});
            if ((j)&&(i!=j-1))v.push_back(frac{x[i]-x[j],i-j+1});
        }
    sort(v.begin(),v.end());
    frac lst=frac{0,1};
    for(int i=0;i<v.size();i++)
        if (lst<v[i]){
            frac mid=frac{lst.x+v[i].x,lst.y+v[i].y};//通过mid来比较 
            for(int j=0;j<=n;j++){
                poly o;
                o.n=1,o.a[0]=x[j];
                if (j){
                    o.a[1]=mod-j;
                    a[2*j-1]=make_pair(frac{x[j],1}+(-frac{j,1}*mid),o);
                }
                if (j<n){
                    o.a[1]=mod-(j+1);
                    a[2*j]=make_pair(frac{x[j],1}+(-frac{j+1,1}*mid),o);
                }
            }
            sort(a,a+2*n);
            for(int j=0;j<2*n;j++)f[0][j]=one;
            for(int j=1;j<=n;j++){
                l[j]=frac{x[j-1],1}+(-frac{j,1}*mid);
                r[j]=frac{x[j],1}+(-frac{j,1}*mid);
                for(int k=1;k<2*n;k++){
                    f[j][k]=f[j][k-1];
                    poly s=one;
                    for(int t=j;t;t--){
                        if ((a[k-1].first<l[t])||(r[t]<a[k].first))break;
                        s=s*(1LL*inv[x[t]-x[t-1]]*inv[j-t+1]%mod);
                        s=s*(a[k].second+(-a[k-1].second));
                        f[j][k]=f[j][k]+s*f[t-1][k-1];
                    }
                }
            }
            poly s=f[n][2*n-1].dx();
            ans=((ans+s.get_val(v[i].get_val()))%mod+mod-s.get_val(lst.get_val()))%mod;
            lst=v[i];
        }
    printf("%d",ans);
}