LG4707 重返现世[min-max 容斥][概率期望]

首先要有一些 kthmin-max 容斥的基本知识，不讲了。

求第 $k$ 小，相应的转化成第 $n-k+1$ 大。

$$\begin{aligned}E(kthmax(S)) &= \sum_{T \subseteq S} (-1)^{|T|-k} {|T|-1 \choose k-1}E(min(T)) \\& = m\sum_{T \subseteq S} (-1)^{|T|-k} {|T|-1 \choose k-1} {1 \over \sum_{i \in T}a_i}\end{aligned}$$

注意到 $m$ 在一个可接受的范围。

一个比较显然的想法是记 $f_{i,j,d}$ 表示前 $i$ 个，和为 $j$，已选 $d$ 个的方案数。

那这是一个经典背包，$O(n^2m)$，可以获得 70 分。

接下来是这题 $dp$ 状态比较神仙的部分。

设 $f_{i,j,k}$ 表示前 $i$ 个，$\sum_{T \subseteq S} (-1)^{|T|-k}{|T|-1 \choose k-1} [\sum_{i \in T} a-i == j]$ 的值。注意此处 $k$ 的定义与题面不同。

对于 $i$ 这个数，要么选，要么不选。如果不选，直接继承状态。

如果选：

$$\begin{aligned}f_{i,j,k} +&= \sum_{T \subseteq S,i \in T} (-1)^{|T|-k} {|T|-1 \choose k-1} [\sum_{x \in T} a_x = j]\\& = \sum_{T \subseteq S} (-1)^{|T|-k+1} {|T|\choose k-1} [\sum_{x \in T} a_x = j-a_i]\\ & = \sum_{T \subseteq S} (-1)^{|T|-k+1}[{|T|-1 \choose k-1}+ {|T|-1 \choose k-2}][\sum_{x \in T} a_x = j-a_i]\\& = (\sum_{T \subseteq S} (-1)^{|T|-k+1} {|T|-1\choose k-1} + \sum_{T \subseteq S}(-1)^{|T|-k+1}{|T|-1\choose k-2})[\sum_{x \in T} a_x = j-a_i]\\& = f_{i-1,j-a_i,k-1}-f_{i-1,j-a_i,k}\end{aligned}$$

边界条件是 $f_{0,0,0} = 1$。

非常的牛逼。

#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for (register int i=(a);i<=(b);i++)
#define drep(i,a,b) for (register int i=(a);i>=(b);i--)
typedef long long ll;
using namespace std;
inline ll read()
{
	ll sum=0,f=0;char c=getchar();
	while (!isdigit(c)) f|=(c=='-'),c=getchar();
	while (isdigit(c)) sum=(sum<<1)+(sum<<3)+(c^48),c=getchar();
	return f?-sum:sum;
}

const int mod=998244353;
inline int qmo(int x){return x+((x>>31)&mod);}
inline int add(int x,int y){return qmo(x+y-mod);}
inline int sub(int x,int y){return qmo(x-y);}
inline void inc(int &x,int y){x=add(x,y);}
inline void dec(int &x,int y){x=sub(x,y);}
inline int quick_pow(int x,int k){int res=1;for (;k;k>>=1,x=1ll*x*x%mod) if (k&1) res=1ll*res*x%mod;return res;} 

const int N=1010;
const int M=10010;
const int K=15;

int fac[M],_fac[M],pw[M];
inline void init(int size)
{
	*fac=*_fac=*pw=1;
	rep(i,1,size) pw[i]=mod-pw[i-1];
	rep(i,1,size) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
	_fac[size]=quick_pow(fac[size],mod-2);
	drep(i,size-1,1) _fac[i]=1ll*_fac[i+1]*(i+1)%mod;
}
inline int C(int n,int m){return n>=m&&m>=0?1ll*fac[n]*_fac[m]%mod*_fac[n-m]%mod:0;}
inline int inv(int x){return 1ll*fac[x-1]*_fac[x]%mod;}

int n,k,m,g[2][M][K],f[N],a[N],ans;

int main()
{
	n=read(),k=n-read()+1,m=read(); rep(i,1,n) a[i]=read();
	g[0][0][0]=1; init(M-10);
	rep(i,1,n)
	{
		int t=i&1; memset(g[t],0,sizeof(g[t]));
		rep(j,0,m) rep(d,0,k) inc(g[t][j][d],g[t^1][j][d]);
		rep(j,a[i],m) rep(d,1,k)
		{
			inc(g[t][j][d],sub(g[t^1][j-a[i]][d-1],g[t^1][j-a[i]][d]));
		}
	}
	rep(j,0,m) inc(ans,1ll*m*inv(j)%mod*g[n&1][j][k]%mod);
	cout<<ans<<endl;
}