题目
校内赛的改编题目，题意基本与[HDU6848]Expectation相同。
分析
首先，不难发现，本题就是求所有不同的操作序列的距离和，最后乘上 (frac{1}{n!2^n}) 的概率就是答案。
于是考虑如何求这个距离和。这里有两种方法：
方法 1
本题的贡献显然是可以拆分的。我们只需要计算 (x_{i+1}-x_i) 会被算几次就好了。
显然每一段的次数仅与数量 (n) 和段数 (i) 相关，因此可以定义状态：
(f(n,i)) ：有 (n) 球 (n+1) 洞时，(x_{i+1}-x_i) 的计算次数。
先画出示意图如下，我们考虑求第 (3) 段的次数。
o o o
U U U U
|--|--|--|--|--|--|
1 2 3 4 5 6
其中 o 表示球，U 表示洞。下方标注了每一段。
那么我们随便让一个球进洞：
o o o
/
U U U U
|--|--|--|--|--|--|
1 2 3 4 5 6
--------Then-------
o o
U U U
|--|--------|--|--|
1 2 3 4
可以发现，现在球和洞各减少了一个，并且原先的第 (3) 段现在被包在了第 (2) 段里面。因此这样的话会转移到 (f(n-1,i-1)) ，仅有一种情况。
再考虑剩下两种情况：
o o o
U U U U
|--|--|--|--|--|--|
1 2 3 4 5 6
--------Then-------
o o
U U U
|--------|--|--|--|
1 2 3 4
现在它转移到了 (f(n-1,i-2)) 里面，对应了 (i-1) 种转移的情况。
o o o
/
U U U U
|--|--|--|--|--|--|
1 2 3 4 5 6
--------Then-------
o o
U U U
|--|--|--|--------|
1 2 3 4
现在它转移到了 (f(n-1,i)) 里面，对应了 (2n-i) 种转移的情况。
接着考虑当前这一步带来的次数。当我们将 (i+1) 移到 (i) 里面（或者 (i) 移到 (i+1) 里面）的时候，我们就会带来 1 次的贡献，总共就会带来 ((i-1)! imes 2^{i-1}) 的贡献。
因此可以得到转移：
于是这个就可以 (O(n^2)) 预处理了。最后每次 (O(n)) 扫一遍就可以计算答案了。
方法 2
该方法仅针对改编后的题目，仅可以通过一次询问的情况。
方案 2.1：请参考 zxy 巨佬的博客。
方案 2.2：
这是本人口胡的做法，并且还没有优化出来
可以发现，最后只有一个洞会留下来。我们可以枚举这个洞，这样左右两边就是独立的，且洞数恰好等于球数。
因此可以定义 (f(i,j)) 表示区间 ([i,j]) 被消完的操作序列的距离和，且 (i) 与 (j) 的奇偶性不同。
以 (i) 偶 (j) 奇的转移为例。我们可以枚举 (i) 进的洞 (k) ，那么 ((i+1,k-1)) 必须在 (i) 被操作之前被消完。而 ((k+1,j)) 的操作则任意。可以发现我们得到了两个子问题。
注意到合法序列的数量仅与区间长度有关。因此设 (g(i)) 表示长度为 (i) 的区间的合法操作序列的个数。令 (L) 为 ([i,j]) 中球的个数， (l) 为 ([i,k]) 中球的个数。可以得到转移：
由于是统计序列，所以需要乘上组合数计算序列的形态。
这样转移是 (O(n^3)) 的，如果有会优化的请一定要告诉我。
小结：
方法 1 的关键在于拆分贡献独立计算和提取影响状态的信息。
方法 2 ，作为一个未通过的做法......
代码
#include <cstdio>
typedef long long LL;
const int mod = 998244353;
const int MAXN = 3005;
template<typename _T>
void read( _T &x )
{
x = 0; char s = getchar(); int f = 1;
while( s < '0' || '9' < s ) { f = 1; if( s == '-' ) f = -1; s = getchar(); }
while( '0' <= s && s <= '9' ) { x = ( x << 3 ) + ( x << 1 ) + ( s - '0' ); s = getchar(); }
x *= f;
}
template<typename _T>
void write( _T x )
{
if( x < 0 ) putchar( '-' ), x = -x;
if( 9 < x ) write( x / 10 );
putchar( x % 10 + '0' );
}
int f[MAXN][MAXN << 1];
int X[MAXN];
int N, inv;
int Qkpow( int, int );
int Inv( const int a ) { return Qkpow( a, mod - 2 ); }
int Sub( int x, int v ) { return x < v ? x + mod - v : x - v; }
int Mul( LL x, int v ) { x *= v; if( x >= mod ) x %= mod; return x; }
int Add( int x, int v ) { return x + v >= mod ? x + v - mod : x + v; }
int Fix( const int a ) { return ( a % mod + mod ) % mod; }
int Qkpow( int base, int indx )
{
int ret = 1;
while( indx )
{
if( indx & 1 ) ret = Mul( ret, base );
base = Mul( base, base ), indx >>= 1;
}
return ret;
}
void Init( const int n )
{
int coe = 1;
f[1][1] = f[1][2] = 1;
for( int i = 2 ; i <= n ; i ++ )
{
coe = Mul( 2 * ( i - 1 ), coe );
for( int j = 1 ; j <= 2 * i ; j ++ )
{
f[i][j] = Add( f[i - 1][j - 1], Mul( f[i - 1][j], 2 * i - j ) );
if( j >= 2 ) f[i][j] = Add( f[i][j], Mul( f[i - 1][j - 2], j - 1 ) );
f[i][j] = Add( f[i][j], coe );
}
}
inv = Inv( Mul( coe, 2 * n ) );
}
int main()
{
read( N ), Init( N );
for( int i = 1 ; i <= 2 * N + 1 ; i ++ ) read( X[i] );
int ans = 0;
for( int i = 1 ; i <= N ; i ++ )
ans = Add( ans, Add( Mul( Fix( X[i << 1] - X[( i << 1 ) - 1] ), f[N][( i << 1 ) - 1] ),
Mul( Fix( X[( i << 1 ) + 1] - X[i << 1] ), f[N][i << 1] ) ) );
write( Mul( ans, inv ) ), putchar( '
' );
return 0;
}