「uoj - 514」【UR #19】通用测评号

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一个简单的转化：允许抽取已经 $\geq a$ 的。

枚举每个 $\geq a$ 的贡献，再枚举最后一个 $\geq b$，最后概率乘以 $n(n - 1)$ 即为答案。

如果记：

$$\begin{aligned} F(x) = (e^x - \sum_{i<a}\frac{x^i}{i!})(e^x - \sum_{i<b}\frac{x^i}{i!})^{n-2}\frac{x^{b-1}}{(b-1)!} \end{aligned}$$

则答案为 $\sum [x^i]F(x)\times \frac{i!}{n^{i+1}}$。

考虑将其化简成 $F(x) = \sum F_{i, j}e^{ix}x^j$，有：

$$\begin{aligned} \sum_{k}[x^k]e^{ix}x^j\times \frac{k!}{n^{k+1}} &= \sum_{p}\frac{(p + j)!}{p!}\times\frac{i^p}{n^{p+j+1}} \\ &= \frac{j!}{n^{j+1}}\times\sum_{p}\binom{p + j}{j}\times(\frac{i}{n})^p \\ &= \frac{j!}{n^{j+1}}\times \frac{1}{(1-\frac{i}{n})^{j+1}} \\ &= \frac{j!}{(n - i)^{j+1}} \\ \end{aligned}$$

因此概率为 $\sum f_{i, j}\frac{j!}{(n-i)^{j+1}}$。

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考虑怎么化简，直接 fft 可以做到 $O(n^3\log n)$（认为 $n, a, b$ 同阶）。

尝试去掉 $O(\log n)$。考虑记 $A(x) = \sum_{i=0}^{a-1}\frac{x^i}{i!}$，记 $B(x) = \sum_{i=0}^{b-1}\frac{x^i}{i!}$。只需要计算 $B^{0\dots n-2}$ 与 $A\times B^{0\dots n-2}$。

注意到 $B' = B + \frac{x^{b-1}}{(b-1)!}$，于是：

$$\begin{aligned} (B^k)' = kB^{k-1}B' = kB^k - kB^{k-1}\frac{x^{b-1}}{(b-1)!} \end{aligned}$$

类似地，有：

$$(AB^k)' = AB^k-\frac{x^{a-1}}{(a-1)!}B^k+kAB^k-kAB^{k-1}\frac{x^{b-1}}{(b-1)!}$$

因此可以递推计算。于是最终复杂度 $O(n^3)$。

在 duls 的 https://codeforces.com/blog/entry/76447 中可以见到更多 ODE 的应用。

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一开始发现自己跑得跟 fft 一样快，冷静一下发现自己多写了个快速幂。

如果没有最开始的那一步转化，其实也可以做，类似 uoj#449 的那种 dp 即可。

参考 https://blog.csdn.net/suncongbo/article/details/105853197 里的做法。

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题号 514（无意识），古明地恋狂喜（虽然我并不是恋厨）。