[Luogu#4707] 重返现世（min-max容斥+背包dp）

Address

Luogu#4707

Solution

前置技能：记 \(max_k(S)\) 表示 \(S\) 中第 \(k\) 大的数，\(min(S)\) 表示 \(S\) 中最小的数，那么有：$$max_k(S)=\sum_{T∈S,T\neq\emptyset}\binom{|T|-1}{k-1}(-1)^{|T|-k}min(T)$$证明：我们考虑构造容斥系数，即设：

\[max_k(S)=\sum_{T∈S,T\neq\emptyset}f(|T|)min(T) \]

当 \(min(T)=min_x(S)\) 时：

\[\sum f(|T|)=\sum_{i=0}^{n-x}\binom{n-x}{i}f(i+1) \]

那么有：$$\sum_{i=0}^{n-x}\binom{n-x}{i}f(i+1)=[x=n-k+1]=[n-x=k-1]$$

二项式反演可得：

\[f(a+1)=\sum_{i=0}^a\binom{a}{i}(-1)^{a-i}[i=k-1] \]

因此：

\[f(a)=\binom{a-1}{k-1}(-1)^{a-k} \]

即：

\[f(|T|)=\binom{|T|-1}{k-1}(-1)^{|T|-k} \]

\(\text{min-max}\)容斥可以扩展到期望上来，即 $$E(max_k(S))=\sum_{T∈S,T\neq\emptyset}\binom{|T|-1}{k-1}(-1)^{|T|-k}E(min(T))$$

接下来考虑对于一个集合 \(T\)，怎样计算 \(E(min(T))\)：

设 \(P(T)=\sum_{i∈T}p_i\)，那么把 \(T\) 集合内的物品看作一个整体，其它物品也看作一个整体。问题转化为：有两个物品，每次取到 \(1\) 号的概率为 \(\frac{P(T)}{m}\)，取到 \(2\) 号的概率为 \(1-\frac{P(T)}{m}\)，问取到 \(1\) 号的期望次数。

设取到 \(1\) 号的期望次数为 \(x\)，则 \(x=\frac{P(T)}{m}+(1-\frac{P(T)}{m})(x+1)\)，解得 \(x=\frac{m}{P(T)}\)。

注意题目中的 \(k\) 指的是 \(min_k(S)\)，令 \(k=n-k+1\)，变为求 \(E(max_k(S))\)。

如果对于每个 \(P(T)=j\) 的集合 \(T\)，算出它们的 \(\binom{|T|-1}{k-1}(-1)^{|T|-k}\) 之和，就能求出答案了。

考虑 \(\text{dp}\)，记 \(f[i][j][k]\) 表示考虑前 \(i\) 个数的子集 \(T\)，\(P(T)=j\)，它们的 \(\binom{|T|-1}{k-1}(-1)^{|T|-k}\) 之和，初值 \(f[0][0][0]=1\)。

转移：

1. \(T\) 中没有 \(i\)，那么 \(f[i][j][k]+=f[i-1][j][k]\)。
2. \(T\) 中有 \(i\)，那么我们先把 \(T\) 中的 \(i\) 移除，然后 \(T\) 变成了前 \(i-1\) 个数的子集：

\[\sum_{T}\binom{|T|}{k-1}(-1)^{|T|+1-k} \]

\[=\sum_T[\binom{|T|-1}{k-1}+\binom{|T|-1}{k-2}](-1)^{T-k+1} \]

\[=\sum_T\binom{|T|-1}{k-1}(-1)^{T-k}(-1)+\sum_T\binom{|T|-1}{(k-1)-1}(-1)^{|T|-(k-1)} \]

\[=f[i-1][j-p_i][k-1]-f[i-1][j-p_i][k] \]

综上所述，\(f[i][j][k]=f[i-1][j][k]+(f[i-1][j-p_i][k-1]-f[i-1][j-p_i][k])[k\geq 1]\)。

时间复杂度 \(O(n(n-k)m)\)，注意第一维要滚动。

Code

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define ll long long

template <class t>
inline void read(t & res)
{
	char ch;
	while (ch = getchar(), !isdigit(ch));
	res = ch ^ 48;
	while (ch = getchar(), isdigit(ch))
	res = res * 10 + (ch ^ 48);
}

const int e = 10005, mod = 998244353;
int p[e], f[2][e][15], inv[e], n, q, m, ans;

inline void add(int &x, int y)
{
	(x += y) >= mod && (x -= mod);
}

int main()
{
	int i, j, k, s = 0;
	read(n); read(q); read(m); q = n - q + 1;
	f[0][0][0] = 1; inv[1] = 1;
	for (i = 2; i <= m; i++) inv[i] = (ll)(mod - mod / i) * inv[mod % i] % mod;
	for (i = 1; i <= n; i++) read(p[i]);
	for (i = 1; i <= n; i++)
	{
		int nxt = i & 1, lst = nxt ^ 1;
		memset(f[nxt], 0, sizeof(f[nxt]));
		s += p[i];
		for (j = 0; j <= s; j++)
		for (k = 0; k <= q; k++)
		{
			f[nxt][j][k] = f[lst][j][k];
			if (j >= p[i] && k) 
			{
				add(f[nxt][j][k], f[lst][j - p[i]][k - 1]);
				add(f[nxt][j][k], mod - f[lst][j - p[i]][k]);
			}
		}
	}
	for (i = 1; i <= m; i++) ans = (ans + (ll)f[n & 1][i][q] * inv[i]) % mod;
	ans = (ll)ans * m % mod;
	cout << ans << endl;
	return 0;
}