[AGC038E] Gachapon

VI.[AGC038E] Gachapon

因为模型同III.重返现世长得很像，所以我们也来考虑minmax容斥。

首先，我们仍然翻出式子

max (S) = \sum_{T \subseteq S} (- 1)^{| T | + 1} min (T)

$\max(\mathbb S)=\sum\limits_{\mathbb{T\subseteq S}}(-1)^{|\mathbb T|+1}\min(\mathbb T)$

然后，我们考虑计算 $\text E(\min\mathbb T)$ 。

我们发现，对于某个 $\mathbb T$ ，它的 $\min$ 的实际意义是其中一个元素率先全部被生成。而当该元素被生成完时，其它 $\mathbb T$ 中元素生成的数量都不能达到 $b_i$ 。因此这启发我们要枚举结束时 $\mathbb T$ 中每个元素被生成的数量。设此数组为 $\{c\}$ 。

我们发现，由 $\mathbb T$ 来推出所有合法的 $\{c\}$ 是困难的，但是由 $\{c\}$ 来反推 $\mathbb T$ 则是简单的——因为在处理 $\{c\}$ 的时候肯定顺手就把 $\mathbb T$ 的位置给记录了。于是我们考虑给定了一个 $\{c\}$ ，计算其作为其对应的 $\mathbb T$ 的终止状态的概率。

首先，我们考虑令 $a'$ 表示那个率先被全部生成的数的 $a$ 。显然， $c'=b'$ ，但是因为钦定了最后一个生成的数是 $a'$ ，因此我们令 $c'$ 强制减一，这样现在所有 $c$ 中元素间顺序便可以任意调换。

考虑恰好生成 $c$ 中所有元素的概率，是

\frac{\prod a^{c}}{(\sum a)^{\sum c}}

$\dfrac{\prod a^c}{(\sum a)^{\sum c}}$

但是，因为元素间有序，所以还要乘上多项式系数

\frac{(\sum c)!}{\prod c!}

$\dfrac{(\sum c)!}{\prod c!}$

同时，别忘记最后一个生成的数必须是 $a'$ ，因此还有

\frac{a^{'}}{\sum a}

$\dfrac{a'}{\sum a}$

考虑生成此种情形期望需要生成多少个数：因为期望 $\dfrac{S}{\sum a}$ （依照题面，有定义 $S=\sum\limits_{i=0}^{n-1}a_i$ ）次会摇到一个来自 $\mathbb T$ 中的元素，所以期望 $(\sum c+1)\times\dfrac S{\sum a}$ 次就能摇全。

所有东西怼一块，得到

(\sum c + 1) \times \frac{S}{\sum a} \times \frac{\prod a^{c}}{(\sum a)^{\sum c}} \times \frac{(\sum c)!}{\prod c!} \times \frac{a^{'}}{\sum a}

$(\sum c+1)\times\dfrac S{\sum a}\times\dfrac{\prod a^c}{(\sum a)^{\sum c}}\times\dfrac{(\sum c)!}{\prod c!}\times\dfrac{a'}{\sum a}$

稍微整理一下，把与单个的 $a$ 和 $\sum a$ 有关的拆开来放

S \times \frac{(\sum c + 1) \times (\sum c)!}{(\sum a)^{\sum c + 2}} \times \frac{\prod a^{c} \times a^{'}}{\prod c!}

$S\times\dfrac{(\sum c+1)\times(\sum c)!}{(\sum a)^{\sum c+2}}\times\dfrac{\prod a^c\times a'}{\prod c!}$

最开头的是常数，中间一个分数是与 $\sum c,\sum a$ 有关的东西，最后一坨是与单个的 $a$ 与 $c$ 有关的东西。

于是我们考虑DP。设 $f_{i,j,k,odd,0/1}$ 表示当前DP到位置 $i$ ， $\sum c=j,\sum a=k$ ， $|\mathbb T|$ 的奇偶性为 $odd$ ，且 $a'$ 未/已被决定。

转移分两种：确定 $a'$ 的转移和不确定 $a'$ 的转移。确定 $a'$ 的转移就强制你有 $c=b-1$ （注意到我们之前已经令 $c'$ 强制减一了），不确定 $a'$ 的转移，可以枚举 $c\in[0,b)$ 。

乍一看， $i,j,k$ 三维都是 $400$ ，剩下两维都是常数，但还要枚举一个 $c$ ，这不是 $400^4$ 的吗？

一开始我也苦恼了很久，但后来想到 $i$ 维和 $c$ 维加在一块等于 $\sum b=400$ ，因此实际是 $400^3$ 的。

注意将一些共同的东西提前算出可以减少常数。

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,a[410],b[410],A,B,f[410][410][2][2],fac[410],inv[410],res;
void ADD(int &x,int y){x+=y;if(x>=mod)x-=mod;}
int main(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d%d",&a[i],&b[i]),A+=a[i],B+=b[i];
	fac[0]=1;for(int i=1;i<=B;i++)fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
	inv[B]=ksm(fac[B]);for(int i=B;i;i--)inv[i-1]=1ll*inv[i]*i%mod;
//	for(int i=0;i<=B;i++)printf("%d ",fac[i]);puts("");
//	for(int i=0;i<=B;i++)printf("%d ",inv[i]);puts("");
	f[0][0][0][0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int tmp=1ll*ksm(a[i],b[i]-1)*inv[b[i]-1]%mod*a[i]%mod;
		for(int j=B;j>=0;j--)for(int k=A;k>=0;k--)for(int odd=0;odd<2;odd++){
	//		if(f[j][k][odd][0])printf("(%d,%d,%d,%d,%d):%d\n",i-1,j,k,odd,0,f[j][k][odd][0]);
	//		if(f[j][k][odd][1])printf("(%d,%d,%d,%d,%d):%d\n",i-1,j,k,odd,1,f[j][k][odd][1]);
			if(f[j][k][odd][0]){
	//			printf("%d %d %d %d\n",f[j][k][odd][0],ksm(a[i],b[i]-1),inv[b[i]-1],a[i]);
				ADD(f[j+b[i]-1][k+a[i]][odd^1][1],1ll*f[j][k][odd][0]*tmp%mod);
				for(int l=0,m=1;l<b[i];l++,m=1ll*m*a[i]%mod)ADD(f[j+l][k+a[i]][odd^1][0],1ll*f[j][k][odd][0]*m%mod*inv[l]%mod);
			}
			if(f[j][k][odd][1])for(int l=0,m=1;l<b[i];l++,m=1ll*m*a[i]%mod)ADD(f[j+l][k+a[i]][odd^1][1],1ll*f[j][k][odd][1]*m%mod*inv[l]%mod);
		}	
	}
	for(int j=0;j<=B;j++)for(int k=1;k<=A;k++)for(int odd=0;odd<2;odd++){
		int tmp=1ll*f[j][k][odd][1]*(j+1)%mod*A%mod*ksm(ksm(k,j+2))%mod*fac[j]%mod;
//		printf("%d,%d,%d:%d\n",j,k,odd,tmp);
//		printf("%d %d %d %d %d\n",f[j][k][odd][1],(j+1),A,ksm(ksm(k,j+2)),fac[j]);
		if(odd&1)(res+=tmp)%=mod;else (res+=mod-tmp)%=mod;
	}
	printf("%d\n",res);
	return 0;
}