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?思路：dp[i][j] 是表示上上步走在i點，上一步走在j點的期望。首先我們很容易想到n^3的做法，那我們必須考慮去優化一維的時間復雜度。我們可以考慮使用前綴和優化dp轉移。

我們枚舉i點，那么j點必須是比i點要大的然后在他們的pos（位置）存入相應的值，再計算后綴和，那這些就是i點所有合法的情況了。

我們簡單想一下，我們轉移時可以由dp[i][x1]->dp[x2][i]，即轉移去它的前一步，可以知道x1是比i大，然后x2是比i小的。根據我上面說的將dp[i][x1]的情況預處理一下，然后轉移的時候，我們枚舉x2，然后取x2的pos的后綴和就是dp[x2][i]的答案。?

最后統計答案的時候，只需要將dp[0][i]全部相加，然后除于n就是答案了。

#include <iostream> #include <cstdio> #include <fstream> #include <algorithm> #include <cmath> #include <deque> #include <vector> #include <queue> #include <string> #include <cstring> #include <map> #include <stack> #include <set> #include <cstdlib> #define INF 0x3f3f3f3f3f3f3f3f #define inf 0x3f3f3f3f #define FILL(a,b) (memset(a,b,sizeof(a))) #define lson rt<<1 #define rson rt<<1|1 #define lowbit(a) ((a)&-(a)) #define ios std::ios::sync_with_stdio(false);std::cin.tie(0);std::cout.tie(0); #define fi first #define sc second #define pb push_back #define endl '\n' #define all(x) (x).begin(),(x).end() using namespace std; typedef long long ll; typedef unsigned long long ull; typedef pair<char,ll> pii; int dx[8]= {-1,1,0,0,1,1,-1,-1},dy[8]= {0,0,1,-1,-1,1,-1,1}; const ll mod=998244353; const ll N =5e3+10; const ll M =250000; const double eps = 1e-4; //const double pi=acos(-1); ll qk(ll a,ll b){ll ans=1;while(b){if(b&1) ans=ans*a%mod;a=a*a%mod;b/=2;}return ans;} ll n,a[N]; ll sum[N],cnt[N],pos[N]; ll inv[N],dp[N][N];void sovle(){cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++){ cin>>a[i];pos[a[i]]=i;}for(int i=1;i<=n;i++) inv[i]=qk(i,mod-2);for(int i=n;i>=1;i--){FILL(cnt,0);FILL(sum,0);for(int j=i+1;j<=n;j++){cnt[pos[j]]++;sum[pos[j]]=dp[i][j];}for(int j=n-1;j>=0;j--){cnt[j]+=cnt[j+1];sum[j]=(sum[j]+sum[j+1])%mod;}for(int j=0;j<i;j++){int id=pos[j];dp[j][i]=(sum[id]*inv[cnt[id]]%mod+1)%mod;}}ll ans=0;for(int i=1;i<=n;i++) ans=(ans+dp[0][i])%mod;ans=ans*inv[n]%mod;cout<<ans%mod<<endl; } int main() {int t=1;while(t--){sovle();}return 0; }

總結

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