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可以定义$f[i][j]$表示第一个人上一次选的是$p_i$,第二个人上一次选的是$p_j$,接下来游戏结束的期望值

Ⅰ.当$p_i<p_j$时,显然此时应该是第一个人在选数

$f[i][j]=1+\frac{1}{c}\sum _{k>i\&\&p_k>p_j}f[k][j]$

Ⅱ.当$p_i>p_j$时,显然此时应该是第二个人在选数

$f[i][j]=1+\frac{1}{c}\sum _{k>j\&\&p_k>p_i}f[i][k]$

考虑枚举外层$i$,如何在$O(n)$的时间内计算$f[i][1...n]$

对于转移Ⅱ,由于我们是倒序枚举$j$的所以$k>j$这个条件可以忽略

而合法的$k$还需要满足$p_k>p_i$而$p_i$已知

那么倒序枚举$j$的过程中可以一直对符合条件的$k$做$f[i][k]$的后缀和即可维护

对于转移Ⅰ,由于我们是倒序枚举$i$的所以$k>i$这个条件可以忽略

而$p_k>p_j$这个条件,我们对$j\in [1,n]$都维护一个$su{m}_j$表示目前$k\in [i+1.n]$中满足$p_k>p_j$的$\sum f[k][j]$

这个也可以动态维护

至此转移复杂度通过后缀和的形式优化到$O(n^2)$,究其原因还是因为状态与状态之间的合法$k$存在包含关系

是一个非常特殊的转移

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 5e3+10;
const int mod = 998244353;
#define int long long
int n,p[maxn],sum[maxn],cnt[maxn],inv[maxn],f[maxn][maxn];
int quick(int x,int n)
{int ans = 1;for( ; n ; n>>=1,x=x*x%mod )if( n&1 )	ans = ans*x%mod;return ans;
}
signed main()
{for(int i=1;i<=5000;i++)	inv[i] = quick( i,mod-2 );cin >> n;for(int i=1;i<=n;i++)	cin >> p[i];for(int i=n;i>=1;i--)//第一个人上一次的选择{int knum = 0, sumf = 0;for(int j=n;j>=0;j--)//第二个人上一次的选择{if( i==j )	continue;if( p[i]<p[j] )//第一个人开始选数 {f[i][j] = ( 1+inv[cnt[j]]*sum[j]%mod )%mod;knum++; sumf = ( sumf+f[i][j] )%mod;}	else{f[i][j] = ( 1+inv[knum]*sumf%mod )%mod;cnt[j]++; sum[j] = ( sum[j]+f[i][j] )%mod;}}	}int ans = 0;for(int i=1;i<=n;i++)	ans = ( ans+f[i][0]*inv[n]%mod )%mod;cout << ans; 
}