题意
有一个随机数生成器，生成数\(x\)的概率为\(p_x\)。现在我们进行如下操作直至结束：
\(1\) 随机生成一个数\(x\)。
\(2\) 如果已经生成的数中没有比\(x\)更大的数，则返回操作\(1\)，否则，记当前已经生成的数的个数为\(z\)，则得到\(z^2\)分，操作结束。
求得分的期望。
\(2\le n\le 100\)
题解
容易发现，如果操作没有停止，则已经生成的数一定是类似于\(1,1,2,3,4,5,5...\)(按生成顺序排列)这样的非递减序列。设\(X\)为已经生成的数的个数，则\(X\)是\(\Bbb{N}\)上的离散随机变量。记\(g_i=P(X>i)\)，即长度为\(i\)时还没有停止的概率。下面考虑如何计算\(P(X>i)\)，假设当前长度为\(L\)，数\(x\)的出现次数为\(cnt_x\)，由于这些数的出现次序是固定的，故有
\[P(X>L)=\sum\prod_{\sum cnt_x=L}p_x^{cnt_x} \]
则\(\{g_i\}\)对应的生成函数为
\[\begin{align} G(x)=\sum_{i=0}^{\infty}g_ix^i=\sum_{i=0}^{\infty}P(X>i)x^i=\prod_{k=1}^{n}\sum_{i=0}^{\infty}p_k^ix^i=\prod_{k=1}^{n}\frac{1}{1-p_kx} \end{align} \]
则得分的期望为
\[\begin{align} E&=\sum_{i=1}^{\infty}P(X=i)i^2\\ &=\sum_{i=1}^{\infty}(P(X\ge i)-P(X\ge i+1))i^2\\ &=\sum_{i=0}^{\infty}(P(X> i)-P(X> i+1))(i+1)^2\\ &=\sum_{i=0}^{\infty}P(X> i)(i+1)^2-\sum_{i=0}^{\infty}P(X> i+1)(i+1)^2\\ &=\sum_{i=0}^{\infty}P(X> i)(i+1)^2-\sum_{i=1}^{\infty}P(X> i)i^2\\ &=\sum_{i=0}^{\infty}P(X> i)(i+1)^2-\sum_{i=0}^{\infty}P(X> i)i^2\\ &=\sum_{i=0}^{\infty}P(X> i)((i+1)^2-i^2)\\ &=\sum_{i=0}^{\infty}P(X> i)(2i+1)\\ &=2G'(1)+G(1).\\ \end{align} \]
由于
\[\frac{G'(x)}{G(x)}=[\ln G(x)]'=[\sum_{k=1}^{n}\ln \frac{1}{1-p_kx}]'=\sum_{k=1}^{n}\frac{p_k}{1-p_kx}, \]
故
\[G'(x)=G(x)\sum_{k=1}^{n}\frac{p_k}{1-p_kx}. \]
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll=long long ;
const ll M=998244353;
ll ans=1,a[102];
int n;
ll pm(ll x,ll b){x%=M;ll res=1;while(b){if(b&1)res=res*x%M;x=x*x%M;b>>=1;}return res;}
void f1(){
cin>>n;
ll na=0,ans=1,res=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>a[i];na+=a[i];na%=M;
}
ll inv=pm(na,M-2);
for(int i=1;i<=n;i++){
a[i]=a[i]*inv%M;
ll tmp=pm(1+M-a[i],M-2);
res+=tmp*a[i]%M;
res%=M;
ans=ans*tmp%M;
}
res=(res*2%M+1)%M;
ans=ans*res%M;
cout<<ans;
}
int main(){
f1();
return 0;
}