题意
给定一个长为(n)的序列({a_i})，等概率随机一个长为(n)的排列({p_i})，求({a_{p_i}})的后缀积的和的期望。
(1le nle 10^5,1le a_ile 10^9)
题解
答案即为
[frac{1}{n!}sum_{p}sum_{i=1}^{n}prod_{jge i}a_{p_{j}}.
]
我们考虑一个长为(k)的项(prod_{j=1}^{k}a_{q_{j}})会在分子中出现多少次，相当于序列的后(k)个数随机排列，前(n-k)个数随机排列的方案数，故出现次数为(k!(n-k)!)。记(S={1,2,3,...,n})，则答案可以改写成
[egin{align}
frac{1}{n!}sum_{p}sum_{i=1}^{n}prod_{jge i}a_{p_{j}}&=frac{1}{n!}sum_{k=1}^{n}k!(n-k)!(sum_{Tsubset S,|T|=k}prod_{iin T}a_i)
onumber\
&=sum_{k=1}^{n}frac{k!(n-k)!}{n!}(sum_{Tsubset S,|T|=k}prod_{iin T}a_i)
onumber\
&=sum_{k=1}^nfrac{1}{inom{n}{k}}(sum_{Tsubset S,|T|=k}prod_{iin T}a_i)
onumber,
end{align}
]
而
[sum_{Tsubset S,|T|=k}prod_{iin T}a_i=[x^k]prod_{i=1}^{n}(1+a_i x),
]
于是分治计算(prod_{i=1}^n(1+a_i x))即可。复杂度(O(nlog^2n ))
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll=long long;
const int mod=998244353;
const int N=100005;
const double pi=acos(-1.0);
inline int add(int x,int y){x+=y;return x>=mod?x-mod:x;}
inline int mul(int x,int y){return 1ll*x*y%mod;}
int pm(int x,int y){
int res=1;
while(y){
if(y&1) res=mul(res,x);
x=mul(x,x),y>>=1;
}
return res;
}
inline int getinv(int x){return pm(x,mod-2);}
inline int getN(int x){
int N=1;
while(N<=x) N<<=1;
return N;
}
const int maxn=1<<18;
namespace Poly{
int inv[maxn];
void init(int N){
inv[0]=inv[1]=1;
for(int i=2;i<N;i++) inv[i]=mul(inv[mod%i],mod-mod/i);
}
void ntt(int *A,int N,int opt){
for(int i=0,j=0;i<N;i++){
if(i<j) swap(A[i],A[j]);
for(int l=(N>>1);(j^=l)<l;l>>=1);
}
for(int l=2;l<=N;l<<=1){
int m=(l>>1),w0=pm(3,(mod-1)/l);
if(opt==-1) w0=getinv(w0);
for(int j=0;j<N;j+=l)
for(int i=j,w=1;i<j+m;i++,w=mul(w,w0)){
int v=mul(A[i+m],w);
A[i+m]=add(A[i],mod-v);
A[i]=add(A[i],v);
}
}
if(opt==-1){
int tmp=getinv(N);
for(int i=0;i<N;i++) A[i]=mul(A[i],tmp);
}
}
}
using Poly::ntt;
using poly=vector<int>;
int A[maxn],B[maxn],C[maxn];
poly polymul(poly a,poly b){
poly c;
int n=a.size()-1,m=b.size()-1;
c.resize(n+m+1);
int N=getN(n+m);
for(int i=0;i<=n;i++) A[i]=a[i];
for(int i=n+1;i<N;i++) A[i]=0;
for(int i=0;i<=m;i++) B[i]=b[i];
for(int i=m+1;i<N;i++) B[i]=0;
ntt(A,N,1),ntt(B,N,1);
for(int i=0;i<N;i++) A[i]=mul(A[i],B[i]);
ntt(A,N,-1);
for(int i=0;i<=n+m;i++) c[i]=A[i];
return c;
}
int n,b[N];
poly sol(int l,int r){
if(l==r){return poly{1,b[l]};}
int mid=l+r>>1;
return polymul(sol(l,mid),sol(mid+1,r));
}
ll ss[N],invs[N];
ll binom(int n,int m){return ss[n]*invs[m]%mod*invs[n-m]%mod;}
void f1(){
ss[0]=1;
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++){
ss[i]=ss[i-1]*i%mod;
scanf("%d",&b[i]);
}
invs[n]=pm(ss[n],mod-2);
for(int i=n-1;i>=0;i--)invs[i]=invs[i+1]*(i+1)%mod;
poly res=sol(1,n);
ll ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
ans=(ans+1ll*res[i]*getinv(binom(n,i))%mod)%mod;
}
printf("%lld
",ans);
}
int main(){
int t;scanf("%d",&t);
while(t--)
f1();
return 0;
}