P8967 追寻 | Pursuit of Dream 题解

P8967 追寻 | Pursuit of Dream

很久没做过这种酸爽的推式子题了。

首先可以确定的是，看似每个点的坐标的每个维度都是 ${10}^7$ 级别的，实际上有用的点只有 $k$ 个，剩下点之间的期望都是相同并且可计算的。

对于期望 DP，一般是逆推的方法。考虑设一个 $f_i$ 表示从第 $i$ 个点出发到达终点的期望步数，其中特殊地定义 $f_0$ 表示 $(0,0,\dots ,0)$ 这个点。由期望的线性性，这个期望分为三部分：直接到终点的期望、中间发生散入天际的期望。这两部分加和就是当前点的答案。最后的答案显然为 $f_0$。

直接到达终点

显然前者较为好算，我们先来计算前者，也就是直接到达终点的期望。

对于一个点 $(a_1,a_2,\dots ,a_n)$，它到终点 $(d_1,d_2,\dots ,d_n)$ 显然需要 $\sum _{j=1}^n(d_j-a_j)$ 步，把这个值记作 $s_i$。注意到这样计算有意义当且仅当 $\mathrm{\forall }{d}_j\ge a_j$ 时，因为我们只能往前走，于是但凡 $\mathrm{\exists }{d}_j<a_j$，这个点直接到达终点的期望就是 $0$。

还有一点需要注意，我们要保证这 $s_i$ 步都不会散入天际，这个概率是 $(1-p{)}^{s_i}$。

想要走完这 $s_i$ 步显然有 $n^{s_i}$ 种走法，因为每一步都可以走在任意一个维度上。我们接下来需要求出合法的走法数量。注意到这个问题可以转化为多重集的排列数问题，即我们有一个集合 $S$，其中包含 $d_1-a_1$ 个 $x_1$、$d_2-a_2$ 个 $x_2$、……、$d_n-a_n$ 个 $x_n$，求 $S$ 的全排列数。由公式可得，这个全排列数为 ${\displaystyle \frac{s_i!}{\prod _{j=1}^n(d_j-a_j)!}}$。也就是一共有这么多种合法的走法。最后我们得到直接到达终点的概率为

$$q_i=\frac{\frac{s_i!}{\prod _{j=1}^n(d_j-a_j)!}}{n^{s_i}}\times (1-p{)}^{s_i}$$

于是这部分的期望步数就是 $q_i{s}_i$。

出现散入天际

首先可以确定的是，不能使 $f_i$ 的式子里面出现 $f_j$ 之类的东西，那样的话就需要高斯消元，但复杂度我们显然无法承受。

但是注意到，不管从哪里散入天际，这个期望都是恒定的。也就是说，“散入天际之后到达终点” 这一部分的期望和 $i$ 无关。于是考虑求出这一部分不变量，记作 $g$。容易得到

$$g=\sum _{i=1}^k\frac{p_i}{p}{f}_i$$

到这一步，$f_i$ 的表达式还缺一部分，就是从 $i$ 出发到达散入天际那个点的期望步数。直接求是不好求的，因为我们根本不知道走多少步会散入天际。考虑容斥，分别计算从当前点出发到处乱走然后遇到散入天际的期望，以及从当前点出发先走到终点再到处乱走然后散入天际的期望，二者相减就是答案。

前者的计算是一个很典的结论，如下：

$$\sum _{i=1}^{\mathrm{\infty }}(1-p{)}^{i-1}\times i\times p=\frac{1}{p}$$

用求导可证明。后一部分的计算参考我们上文计算的结果，走到终点的期望步数是 $q_i{s}_i$，之后的期望步数是 $q_i\times {\displaystyle \frac{1}{p}}={\displaystyle \frac{q_i}{p}}$。所以从点 $i$ 出发到达散入天际那个点的期望步数就是

$$\frac{1}{p}-q_i{s}_i-\frac{q_i}{p}$$

于是我们得到了 $f_i$ 的最终表达式：

$$\begin{array}{rl}{f}_i& =q_i{s}_i+(1-q_i)g+\frac{1}{p}-q_i{s}_i-\frac{q_i}{p}\\ & =(1-q_i)g+(1-q_i)\times \frac{1}{p}\\ & =(1-q_i)(g+\frac{1}{p})\end{array}$$

酸爽推式子

发现 $f_i$ 的这个式子中，$q_i$ 和 $p$ 都是好求的，考虑解出 $g$。

把 $f_i$ 代入 $g=\sum _{i=1}^k{\displaystyle \frac{p_i}{p}}{f}_i$ 中得到：

$$\begin{array}{rl}g& =\sum _{i=1}^k\frac{p_i}{p}(1-q_i)(g+\frac{1}{p})\\ & =g(\sum _{i=1}^k\frac{p_i}{p}(1-q_i))+\frac{1}{p}(\sum _{i=1}^k\frac{p_i}{p}(1-q_i))\end{array}$$

再整理得：

$$(1-\sum _{i=1}^k\frac{p_i}{p}(1-q_i))g=\frac{1}{p}(\sum _{i=1}^k\frac{p_i}{p}(1-q_i))$$

于是我们只需知道 $p_i,p,q_i$ 这三个量就可以解出 $g$，而这三个量都是好求的，于是解出 $g$ 之后代入 $f$ 的式子中，输出 $f_0$ 即可。

#include<bits/stdc++.h>
#define getchar() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<20,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
#define inv(x) power(x,MOD-2)
using namespace std;

char buf[1<<20],*p1=buf,*p2=buf;
int read(){
	int x=0;
	char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch))ch=getchar();
	while(isdigit(ch))x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48),ch=getchar();
	return x;
}
using ll=long long;
constexpr int MAXN=105,MAXK=10005,MAXV=1e7+5;
constexpr ll MOD=998244353,inv8=205817851;
int n,k;
ll d[MAXN],a[MAXK][MAXN],p[MAXK],P,invP,s[MAXK],q[MAXK];
ll fac[MAXV];

ll power(ll a,ll b){
	ll res=1;
	for(;b;a=a*a%MOD,b>>=1)if(b&1)res=res*a%MOD;
	return res;
}
void init(){
	fac[0]=1;
	for(int i=1;i<MAXV;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%MOD;
}
void add(ll&x,ll y){
	x=(x+y>=MOD?x+y-MOD:x+y);
}

int main(){
	init();
	n=read(),k=read();
	for(int i=1;i<=n;i++) d[i]=read(),s[0]+=d[i];
	for(int i=1;i<=k;i++){
		for(int j=1;j<=n;j++){
			a[i][j]=read();
			if(d[j]<a[i][j]) s[i]=-1;
			else if(~s[i]) s[i]+=d[j]-a[i][j];
		}
		p[i]=inv8*read()%MOD;
		add(P,p[i]);
	}
	invP=inv(P);
	ll res1,res2=0,g;
	for(int i=0;i<=k;i++){
		if(~s[i]){
			q[i]=fac[s[i]]*power((1-P+MOD)%MOD,s[i])%MOD*inv(power(n,s[i]))%MOD;
			for(int j=1;j<=n;j++) q[i]=q[i]*inv(fac[d[j]-a[i][j]])%MOD;
		}
		add(res2,p[i]*invP%MOD*((1-q[i]+MOD)%MOD)%MOD);
	}
	res1=(1-res2+MOD)%MOD;
	res2=res2*invP%MOD;
	g=res2*inv(res1)%MOD;
	printf("%lld\n",(1-q[0]+MOD)%MOD*((g+invP)%MOD)%MOD);
	return 0;
}