CF1153F - Serval and Bonus Problem(概率dp)

题意

有一段长为\(l\)的线段，有\(n\)个区间，左右端点在\([0,l)\)间均匀随机（可能不是整数）

求被至少\(k\)段区间覆盖的长度的期望，对998244353取膜

题解

首先先令\(l=1\)，最后答案再乘回去即可。

故题目变为在长度为1的线段中被至少k个随机区间覆盖的区域长度。等价于在\([0,1)\)中随机选一个点\(x\)，\(x\)至少被k个随机区间覆盖的概率。关键在于这里问题的转化。

那么就可以算\(x\)被覆盖的方案数了。随机取\(n\)个区间，会产生\(2n\)个端点，加上点\(x\)，一共有\(2n+1\)个点。这些点都是独立随机取的。事实上，这\(2n+1\)个点的取值不重要，重要的是它们的顺序。因为把这些点按照大小排序，就是一个排列（两个点在同一个位置的概率为0）。因此问题转换为有多少长度为\(2n+1\)的排列，使得\(x\)在至少k对点对之中。

设\(dp[i][j][x]\)代表已经选择了\(i\)个点，未选点中有\(j\)个点未和前\(i\)个点匹配（即已经有\(\frac{i-j}{2}\)对区间配对好了），其中\(x=\{0,1\}\)，代表点\(x\)已经被选过了。

转移（当前在\(i\)）：

• 如果\(j \ge k\)，那么当前位置可以放\(x\)，这样\(x\)就被大于等于\(k\)的区间包含了。

\[dp[i-1][j][0]\to dp[i][j][1] \]

• 当前位置放的是未匹配点，未匹配点就少1，这样的点有\(j+1\)个。

\[(j+1)\cdot dp[i-1][j+1][x] \to dp[i][j][x] \]

• 当前位置放的不是未匹配的点，会导致未匹配点多1。这样点有\(2n-(i-1)-(j-1)+x\)个

\[\max(0,2n-(i-1)-(j-1)+x)\cdot dp[i-1][j-1][x] \to dp[i][j][x] \]

最后合法方案数为\(dp[2n+1][0][1]\)，总方案数为\((2n+1)!\)，答案为

\[\frac{dp[2n+1][0][1]}{(2n+1)!}\cdot l \]

#include <bits/stdc++.h>

#define endl '\n'
#define IOS std::ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0)
#define mp make_pair
#define seteps(N) fixed << setprecision(N) 
typedef long long ll;

using namespace std;
/*-----------------------------------------------------------------*/

ll gcd(ll a, ll b) {return b ? gcd(b, a % b) : a;}
#define INF 0x3f3f3f3f

const int N = 4e3 + 10;
const int M = 998244353;
const double eps = 1e-5;

int dp[N][N][2], fact[N];

inline ll qmul(ll a, ll b, ll m) {
	ll res = 0;
	while(b) {
		if(b & 1) res = (res + a) % m;
		a = (a << 1) % m;
		b = b >> 1;
	}
	return res;
}
inline ll qpow(ll a, ll b, ll m) {
	ll res = 1;
	while(b) {
		if(b & 1) res = (res * a) % m;
		a = (a * a) % m;
		b = b >> 1;
	}
	return res;
}

int main() {
	IOS;
	fact[0] = 1;
	for(int i = 1 ; i < N; i++) {
		fact[i] = 1ll * fact[i - 1] * i % M;
	}
	int n, k, l;
	cin >> n >> k >> l;
	dp[0][0][0] = 1;
	for(int i = 1; i <= 2 * n + 1; i++) {
		for(int j = 0; j <= i; j++) {
			if(j >= k) {
				dp[i][j][1] += dp[i - 1][j][0];
				dp[i][j][1] %= M;
			}
			dp[i][j][0] += 1ll * dp[i - 1][j + 1][0] * (j + 1) % M;
			dp[i][j][1] += 1ll * dp[i - 1][j + 1][1] * (j + 1) % M;
			dp[i][j][0] %= M;
			dp[i][j][1] %= M;
			if(j) {
				dp[i][j][0] += 1ll * dp[i - 1][j - 1][0] * max(0, 2 * n - i - j + 2 + 0) % M;
				dp[i][j][1] += 1ll * dp[i - 1][j - 1][1] * max(0, 2 * n - i - j + 2 + 1) % M;
				dp[i][j][0] %= M;
				dp[i][j][1] %= M;
			}
		}
	}
	cout << dp[2 * n + 1][0][1] * qpow(fact[2 * n + 1], M - 2, M) % M * l % M << endl;
}