CF1392H ZS Shuffles Cards

一、题目

点此看题

注意一点：重新洗牌并不会导致集合 $S$ 的变化。

二、解法

本题的关键是均匀随机洗牌，可以有一个 $\tt observation$：$S$ 中具体有哪些数字是没有关系的，我们只需要知道 $S$ 中有多少数字。因为所有数字是全等概率出现的，我们关系的就只有出现和不出现这两种状态了。

然后可以考虑用 $dp$ 解决这个问题，直接 $dp$ 时间有点难，因为有废牌（$S$ 中已经出现的牌）所以转移不动。

考虑用轮数来介导这个过程，因为答案可以表示成 $E(t_1+t_2...)$，其中 $t_i$ 表示第 $i$ 轮的时间，可以拆成 $E(t_1)+E(t_2)...$ 设 $E(x)$ 表示期望要进行多少轮，那么答案是 $E(x)E(t)$，其中 $E(t)$ 表示每一轮的期望时间。

那么设 $f_i$ 表示 $S$ 中还缺少 $i$ 张牌的期望轮数，这时候就可以忽略废牌了，考虑抽到的第一张有用牌是什么，如果是 $\tt joker$ 那么期望轮数 $+1$，如果抽到了缺少的牌那么继续抽，显然抽到 $\tt joker$ 的概率是 $\frac{m}{m+i}$：

$$f_i=\frac{m}{m+i}(f_i+1)+f_{i-1}$$

$$f_i=f_{i-1}+\frac{m}{i}$$

因为 $S$ 满了之后还要抽到鬼才行，所以 $f_0=1$，那么 $E(x)=1+\sum_{i=1}^n\frac{m}{i}$

现在算 $E(t)$ 即可，我们考虑抽到鬼的时间，每张数字牌有 $\frac{1}{m+1}$ 的概率出现在第一张鬼前面，每张数字牌是独立的，那么做的总贡献是 $\frac{n}{m+1}$，还要算上抽到自己的时间，所以 $E(t)=1+\frac{n}{m+1}$

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另一种方法是 $\min-\max$ 反演，但是还是要以轮数为介导。

考虑给每个数字一个权值 $P(x)$，表示加入 $x$ 是第几轮。

设 $t$ 表示一轮的期望时间，那么答案是 $t\cdot E(\max_{x\in U}P(x))$，直接上反演：

$$E(\max_{x\in U}P(x))=\sum_{T\in U}(-1)^{|T|+1}\cdot E(\min_{x\in T}P(x))$$

考虑求 $E(\min_{x\in T}P(x))$，也就是一个集合中抽中第一张牌的轮数，每一轮抽出有用牌是 $\tt joker$ 的概率是 $\frac{x}{x+m}$，那么期望轮数可以表示成 $\sum_{i=0}^{\infty}(\frac{x}{x+m})^i=\frac{x+m}{x}$，就是母函数的闭形式嘛，那么总答案是：

$$(1+\frac{n}{m+1})\cdot \sum_{i=1}^n{n\choose i}(-1)^{i+1}\frac{i+m}{i}$$

三、总结

核心原理是 $E(ab)=E(a)E(b)$，所以期望不好算时要学会找介导量。

序列均匀随机有很多好的性质：比如元素等概率，顺序大小关系的概率会好算。

使用 $\min-\max$ 反演的关键是定义权值，要求某些数全部出现是可以用，可以转化成某集合第一次出现数。

#include <cstdio>
#define int long long
const int MOD = 998244353;
int read()
{
	int x=0,f=1;char c;
	while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
	while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
	return x*f;
}
int n,m,E,c;
int qkpow(int a,int b)
{
    int r=1;
    while(b>0)
    {
        if(b&1) r=r*a%MOD;
        a=a*a%MOD;
        b>>=1;
    }
    return r;
}
signed main()
{
    n=read();m=read();
    E=(n+m+1)*qkpow(m+1,MOD-2)%MOD;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        c=(c+qkpow(i,MOD-2))%MOD;
    c=(c*m+1)%MOD;
    printf("%lld\n",E*c%MOD);
}