重返现世

III.重返现世

考虑扩展minmax定理：

$$\text{Kthmax}(\mathbb S)=\sum\limits_{\mathbb{T\subseteq S}}(-1)^{|\mathbb T|-K}\dbinom{|\mathbb T|-1}{K-1}\min(\mathbb T)$$

因为本题方便求的是 $\min(\mathbb T)$，但是要求的却是 $\text{Kthmin}$，所以我们不妨翻转 $K$ 变成 $\text{Kthmax}$。并且，注意到有一行 $n-k\leq10$，故翻转后亦有 $K\leq10$。

现在，考虑 $\min(\mathbb T)$ 应该怎么求。显然，其就是抽到任意 $\mathbb T$ 中元素的期望时间，即 $\dfrac m{\sum\limits_{i\in\mathbb T}a_i}$。

但是，明显我们不能枚举所有 $\mathbb T$，因为 $n$ 过大。但是，注意到 $m$ 很小，故我们可以将 $m$ 带进DP状态里。又因为那个不知道有啥用的 $K$ 也很小，所以我们考虑将它也带进状态。

于是我们设计了这样的状态：$f_{k,i,j}$ 表示 $K=k$，当前考虑了前 $i$ 个数，且 $\sum\limits_{i\in\mathbb T}a_i=j$ 时，$\sum\limits_{\mathbb{T\subseteq S}}(-1)^{|\mathbb T|-K}\dbinom{|\mathbb T|-1}{K-1}$ 之和。

现在，考虑 $a_i$ 选还是不选。如果不选，显然有 $f_{k,i,j}\leftarrow f_{k,i-1,j}$。

那如果选呢？我们考虑由 $f_{k,i-1,j}$ 转移到 $f_{k,i,j+a_i}$。在前面的式子中，仅有 $|\mathbb T|$ 一项产生了变化。$(-1)^{|\mathbb T|-K}$ 这项随着 $|\mathbb T|$ 加一取反了，而 $\dbinom{|\mathbb T|-1}{K-1}$ 这项呢？

依照二项式系数的递推公式，我们有 $\dbinom{|\mathbb T|-1}{K-1}=\dbinom{|\mathbb T|-2}{K-1}+\dbinom{|\mathbb T|-2}{K-2}$。这意味着，$\sum\limits_{\mathbb{T\subseteq S}}(-1)^{|\mathbb T|-K}\dbinom{|\mathbb T|-1}{K-1}=-\sum\limits_{\mathbb{T\subseteq S}}(-1)^{|\mathbb T|-K}\dbinom{|\mathbb T|-2}{K-1}+\sum\limits_{\mathbb{T\subseteq S}}(-1)^{|\mathbb T|-K}\dbinom{|\mathbb T|-2}{K-2}$（注意到仅有前面是个减号，因为 $K-2$ 这项需要取两次反，等于没取，而前面这项取一次反），即 $f_{k,i,j}\leftarrow f_{k-1,i-1,j-a_i}-f_{k,i-1,j-a_i}$。

明显是背包的样式，故 $i$ 这维可以压掉。

关键是初始状态。事实上，$f_{0,0,0}=0$，对于非零的 $k$ 令 $f_{k,0,0}=-1$，这个奇奇怪怪的边界被证明是正确的。具体可以通过反推得出。

时间复杂度 $O(nmk)$。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=998244353;
int ksm(int x,int y=mod-2){int z=1;for(;y;y>>=1,x=1ll*x*x%mod)if(y&1)z=1ll*z*x%mod;return z;}
int n,m,K,a[1010],f[11][10100],res;
int main(){
	scanf("%d%d%d",&n,&K,&m),K=n-K+1;
	for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
	for(int k=1;k<=K;k++)f[k][0]=mod-1;
	for(int i=1;i<=n;i++)for(int k=K;k;k--)for(int j=m;j>=a[i];j--)(f[k][j]+=(f[k-1][j-a[i]]-f[k][j-a[i]]+mod)%mod)%=mod;
	for(int i=1;i<=m;i++)(res+=1ll*f[K][i]*ksm(i)%mod)%=mod;
	printf("%d\n",1ll*res*m%mod);
	return 0;
}