传送门

题意：

给你一个生成器，每次生成$1-n$其中的某个数的概率为$p_i$，生成的规则如下：
$(1)$随机生成一个数加入集合。
$(2)$判断生成的数是否是集合中的最大值，如果是返回第一步，否则进行下一步。
$(3)$如果集合中有$x$个数，那么将会得到$x^2$的分数。
现在让你求期望得到多少分。
$n\le 100$

思路：

题解是生成函数的做法，需要推公式，之后可能会补上，要是忙的话就🕊了，这里介绍期望$dp$的做法。
众嗦粥汁，期望$dp$大部分是需要倒着来的，倒着来比较好考虑，所以难点就在设计状态上了。我感觉期望$dp$能清楚的设计出状态的含义就成功一大半了，而不是对于状态的含义模糊不清，这样是很难设计初始状态以及计算答案的。
考虑到生成的数是有可能无限的，且贡献是$x^2$，这个$x^2$不能直接维护，考虑转换。
$$E((x+1{)}^2)=E(x^2+2\ast x+1)=E(x^2)+2\ast E(x)+1$$
所以我们设计状态$dp[i]$表示最大值为$i$的时候，还能生成数的期望个数，$f[i]$表示最大值为$i$的时候，还能生成数的期望个数的平方。
既然含义有了，那么转移方式就是 概率×(贡献+下一个状态的期望)，转移方程即：$$dp[i]=\sum _{j=i}^n{p}_j\ast (dp[j]+1)+\sum _{j=1}^{i-1}{p}_j$$$$f[i]=\sum _{j=i}^n{p}_j\ast (f[j]+2\ast dp[j]+1)+\sum _{j=1}^{i-1}{p}_j$$
说一下我对这个方程的理解吧，每个方程的前一半就是从后面的某个合法状态转移过来，注意需要加上相应的贡献。后半部分就是从结束的状态转移过来，由于只能执行一步，所以贡献是$1$和$1^2$。
还有这两个方程不难发现，左右都有$dp[i],f[i]$，我们移一下项即可。
维护前缀和和后缀和可以做到$O(nlogn)$，但貌似没必要？

// Problem: Sample Game
// Contest: NowCoder
// URL: https://ac.nowcoder.com/acm/contest/11255/B
// Memory Limit: 524288 MB
// Time Limit: 2000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)//#pragma GCC optimize("Ofast,no-stack-protector,unroll-loops,fast-math")
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#include<cstdio>
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#define X first
#define Y second
#define L (u<<1)
#define R (u<<1|1)
#define pb push_back
#define mk make_pair
#define Mid ((tr[u].l+tr[u].r)>>1)
#define Len(u) (tr[u].r-tr[u].l+1)
#define random(a,b) ((a)+rand()%((b)-(a)+1))
#define db puts("---")
using namespace std;//void rd_cre() { freopen("d://dp//data.txt","w",stdout); srand(time(NULL)); }
//void rd_ac() { freopen("d://dp//data.txt","r",stdin); freopen("d://dp//AC.txt","w",stdout); }
//void rd_wa() { freopen("d://dp//data.txt","r",stdin); freopen("d://dp//WA.txt","w",stdout); }typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef pair<int,int> PII;const int N=110,mod=998244353,INF=0x3f3f3f3f;
const double eps=1e-6;int n;
LL p[N];
LL f[N],dp[N],pre[N];LL qmi(LL a,LL b) {LL ans=1; a+=mod; a%=mod;while(b) {if(b&1) ans=ans*a%mod;a=a*a%mod;b>>=1;}return ans%mod;
}int main()
{
//	ios::sync_with_stdio(false);
//	cin.tie(0);cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++) cin>>p[i];LL t=0; for(int i=1;i<=n;i++) t+=p[i]; t=qmi(t,mod-2);for(int i=1;i<=n;i++) (p[i]*=t)%=mod,pre[i]=pre[i-1]+p[i];LL suf=0,ans=0;for(int i=n;i>=1;i--) {dp[i]=(suf+pre[i])%mod;(dp[i]*=qmi(1-p[i],mod-2))%=mod;(suf+=p[i]*(dp[i]+1)%mod)%=mod;}suf=0;for(int i=n;i>=1;i--) {f[i]=suf+pre[i]+2*p[i]*dp[i]%mod; f[i]%=mod;(f[i]*=qmi(1-p[i],mod-2))%=mod;suf+=p[i]*(f[i]+2*dp[i]+1)%mod; suf%=mod;ans+=(f[i]+2*dp[i]+1)*p[i]%mod; ans%=mod;}printf("%lld\n",ans);return 0;
}
/**/