[NOI2017]泳池

XXVIII.[NOI2017]泳池

常系数齐次线性递推的应用。

我们首先将问题转换为（面积小于等于$K$的方案数）减去（面积小于等于$K-1$的方案数）。

然后考虑两个东西分别DP。我们设当前考虑的是面积小于等于$m$的情况。

我们设$f_{i,j}$表示考虑一段长为$i$的沙滩，其中前$j-1$行都是安全的，而第$j$行至少有一个危险的地方时，只存在面积小于等于$m$的游泳池的概率。再设$p$为一个格子是安全的概率，$q$则为它是危险的概率。

注意，这里我们不考虑前$j-1$行都是安全的概率——即，最终要乘上一个$p^{i(j-1)}$才是正确概率。

我们考虑再设$g_{i,j}$表示前$j-1$行都是安全的，第$j$行往后可能出现危险格子，此时不存在面积大于$m$的游泳池的方案数。

则我们应有

$$g_{i,j}=\sum\limits_{k\geq j}f_{i,j}\times p^{i(k-j)}$$

后面那个$p^{i(k-j)}$是第$j$到第$k-1$行全部安全的方案数。

它可以通过后缀和的形式求出：

$$g_{i,j}=g_{i,j+1}\times p^i+f_{i,j}$$

下面我们考虑求出$f$。我们考虑枚举第一个危险格子出现在哪里。则我们就有

$$f_{i,j}=\sum\limits_{k=1}^i\Big(\sum\limits_{l\geq k+1}f_{k-1,l}\times p^{i(l-j)}\Big)\times q\times\Big(\sum\limits_{l\geq k}f_{i-k,l}\times p^{i(l-j)}\Big)$$

因为前一半中，前$j$行内必须没有任何东西；而后一半中，前$j-1$行必须没有任何东西；中间的一个位置还必须是危险的。所以我们可以得到上面的转移式。

用$g$来替代，就得到了

$$f_{i,j}=\sum\limits_{k=1}^i(g_{k-1,j+1}\times p^i)\times q\times g_{i-k,j}$$

因为$f_{i,j}$合法的前提，是$i(j-1)\leq m$，故实际上只有$m\log m$个$f_{i,j}$是合法的；对于每个$f_{i,j}$，都$O(m)$地转移，就可以在$O(m^2\log m)$时间内完成。

（实际上，观察到转移是个卷积，也可以用NTT优化到$O(m\log^2n)$，但是没有必要）

我们考虑设$h_i$表示一个长度为$i$的海滩不存在大于$m$的游泳池的方案数。

我们再设$a_i$表示一段长度为$i$且第$1$列内仅有最左端有一个危险格子的海滩的概率。则有$a_i=g_{i-1,2}\times p^{i-1}$。

则我们有

$$h_i=\sum\limits_{j=1}^{m+1}h_{i-j}a_j\qquad(i>m)$$

这是常系数齐次线性递推的形式！！！

先别急，我们再来考虑一下$i\leq m$这一段的初始值：

$$h_i=a_{i+1}+\sum\limits_{j=1}^{i}h_{i-j}a_j\qquad(i\leq m)$$

然后就是模板了。这里多项式乘法和多项式取模都可选择直接暴力$O(m^2)$处理，因为$m$只有$1000$。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1<<20;
const int mod=998244353;
int ksm(int x,int y){
	int z=1;
	for(;y;y>>=1,x=1ll*x*x%mod)if(y&1)z=1ll*z*x%mod;
	return z;
}
int n,K,p,q,m,a[1010],tmp[2010],pov[1010];
void modulo(int *f){
	for(int i=2*m-2;i>=m;i--){
		int delta=f[i];
		for(int j=0;j<=m;j++)(f[i-j]+=mod-1ll*delta*a[m-j]%mod)%=mod;
	}
}
void times(int *f,int *g){
	for(int i=0;i<=2*m-2;i++)tmp[i]=0;
	for(int i=0;i<m;i++)for(int j=0;j<m;j++)(tmp[i+j]+=1ll*f[i]*g[j]%mod)%=mod;
	for(int i=0;i<=2*m-2;i++)f[i]=tmp[i];
	modulo(f);
}
int f[1010][1010],g[1010][1010],c[2010],d[2010],h[1010];
void KSM(){
	memset(c,0,sizeof(c)),memset(d,0,sizeof(d));
	d[0]=1,c[1]=1;
	for(int y=n;y;y>>=1,times(c,c))if(y&1)times(d,c);
}
int solve(int ip){
	m=ip;
	memset(f,0,sizeof(f)),memset(g,0,sizeof(g));
	for(int i=2;i<=m+2;i++)g[0][i]=1;
	for(int i=1;i<=m;i++)for(int j=m/i+1;j>=2;j--){
		for(int k=1;k<=i;k++)(f[i][j]+=1ll*g[k-1][j+1]*pov[k-1]%mod*q%mod*g[i-k][j]%mod)%=mod;
		g[i][j]=(1ll*g[i][j+1]*pov[i]+f[i][j])%mod;
	}
	memset(a,0,sizeof(a));
	for(int i=0;i<=m;i++)a[i+1]=1ll*q*g[i][2]%mod*pov[i]%mod;
	m++;
	memset(h,0,sizeof(h));
	h[0]=1;
	for(int i=1;i<m;i++){h[i]=1ll*g[i][2]*pov[i]%mod;for(int j=1;j<=i;j++)(h[i]+=1ll*h[i-j]*a[j]%mod)%=mod;}
	reverse(a,a+m+1),a[m]=1;
	for(int i=0;i<m;i++)a[i]=(mod-a[i])%mod;
	KSM();
	int res=0;
	for(int i=0;i<m;i++)(res+=1ll*h[i]*d[i]%mod)%=mod;
	return res;
}
int main(){
	int X,Y;
	scanf("%d%d%d%d",&n,&K,&X,&Y),p=1ll*X*ksm(Y,mod-2)%mod,q=(mod+1-p)%mod;
	pov[0]=1;
	for(int i=1;i<=K;i++)pov[i]=1ll*pov[i-1]*p%mod;
	X=solve(K);
	Y=solve(K-1);
	printf("%d\n",(X-Y+mod)%mod);
	return 0;
}