Luogu P4707 【重返现世】

Description

传送门

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Solution

对于每种原料，如果我们能求出它们的期望出现时间，那么第\(k\)小的期望出现时间就是答案。因为在第\(k\)小的原料被收集之前，比它更早出现的原料已经被收集过了，第\(k\)小的原料就是第\(k\)个被收集到的原料。

第\(k\)小的原料其实就是第\(n-k+1\)大的原料，由于第\(k\)小和第\(k\)大都不好求，考虑\(min-max\)容斥。

\[kthmax(S)=\sum_{T\subseteq S}(-1)^{\left|T\right|-x}\times\binom{\left|T\right|-1}{x-1}min(T) \]

考虑\(min(T)\)的求法，因为只要有一个原料收集到就行，所以收集到任何一个元素的概率是\(\frac{ \sum_{ i \in T } p_i }{ m }\)。因为只有两种情况，一种是出现可以收集的原料，一种是不出现，所以这是一个伯努利试验。而伯努利试验的成功期望是成功的概率的倒数，所以\(min(T)\)就是\(\frac{ m }{ \sum_{ i \in T } p_i }\)。

接下来考虑计算答案，因为这道题的\(n\)比较大，所以不能直接暴力枚举子集\(T\)，但经过观察，我们发现\(m\)的范围很小，所以我们计算出每个\(min(T)\)前面的系数，最后枚举所有的\(min(T)\)乘上系数。

设\(dp_{i,j,k}\)表示前\(i\)个原料，求第\(k\)大的原料期望出现时间，所有的出现任意一个原料的概率等于\(j\)的集合前面的系数之和。

考虑转移，如果当前第\(i\)个原料不在集合\(T\)中，那么假设我们把它丢掉，不会造成什么影响，\(T\)的原料个数也不会变，出现任意一个原料的概率也不会改变，所以要加上\(dp_{i-1,j,k}\)。

如果第\(i\)个原料在集合\(T\)中，这个时候我们把它丢掉，发现对集合\(T\)造成了影响，集合\(T\)中少了第\(i\)个原料，出现任意一个元素的概率发生了变化，得减去\(p_i\)。那么\(dp\)状态中的第三个下标\(k\)会不会发生变化呢？(肯定的，不然设它干啥)。

当前集合\(T\)的系数如下

\[\binom{\left|T\right|-1}{k-1}(-1)^{\left|T\right|-k} \]

根据组合数的性质，上面的式子等于

\[\left[ \binom{\left|T\right|-2}{k-1} + \binom{\left|T\right|-2}{k-2}\right] (-1)^{\left|T\right|-k} \]

\[=\binom{\left|T\right|-2}{k-1}(-1)^{\left|T\right|-k} + \binom{\left|T\right|-2}{k-2}(-1)^{\left|T\right|-k} \]

观察前\(i-1\)个原料构成的大小为\(\left|T\right|-1\)的集合中选第\(k\)大的系数，可以得到

\[\binom{\left|T\right|-2}{k-1}(-1)^{\left|T\right|-k-1}=-\binom{\left|T\right|-2}{k-1}(-1)^{\left|T\right|-k} \]

观察前\(i-1\)个原料构成的大小为\(\left|T\right|-1\)的集合中选第\(k-1\)大的系数，可以得到

\[\binom{\left|T\right|-2}{k-2}(-1)^{\left|T\right|-k-1+1}=\binom{\left|T\right|-2}{k-2}(-1)^{\left|T\right|-k} \]

所以当第\(i\)个原料在集合\(T\)中时，\(dp_{i,j,k}\)要加上\(dp_{i-1,j-p_i,k-1}\)，减去\(dp_{i-1,j-p_i,k}\)。

初始状态\(dp_{i,0,0}=1\)，即集合是空集，且求第\(0\)大，将\(k=0\)和\(\left|T\right|=0\)代入得出\(dp_{i,0,0}=1\)。

然而三个维度的\(dp\)转移空间会爆炸，所以把第一维滚掉，算完系数之后枚举\(min(T)\)乘上系数就行。

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Code

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
#define ll long long
const int MOD=998244353;
int n,k,m,p[1050];
ll dp[10050][15],ans;
ll ksm(ll a,ll b)
{
	ll tmp=1;
	while(b)
	{
		if(b&1)tmp=(1LL*tmp*a)%MOD;
		a=(1LL*a*a)%MOD;
		b>>=1;
	}
	return tmp;
}
int main()
{
	scanf("%d%d%d",&n,&k,&m);k=n-k+1;
	dp[0][0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&p[i]);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=m;j>=p[i];j--)
			for(int u=1;u<=k;u++)
				dp[j][u]=(dp[j][u]+dp[j-p[i]][u-1]-dp[j-p[i]][u]+MOD)%MOD;
	for(int i=1;i<=m;i++)ans=(ans+1LL*dp[i][k]*ksm(i,MOD-2)%MOD*m%MOD)%MOD; 
	printf("%lld",(ans+MOD)%MOD);
	return 0;
}