[洛谷P4707] 重返现世
Description
为了打开返回现世的大门，\(Yopilla\) 需要制作开启大门的钥匙。\(Yopilla\) 所在的迷失大陆有 \(n\) 种原料，只需要集齐任意 \(k\) 种，就可以开始制作。
\(Yopilla\) 来到了迷失大陆的核心地域。每个单位时间，这片地域就会随机生成一种原料。每种原料被生成的概率是不同的，第 \(i\) 种原料被生成的概率是 \(\frac{p_i}{m}\) 。如果 \(Yopilla\) 没有这种原料，那么就可以进行收集。
\(Yopilla\) 急于知道，他收集到任意 \(k\) 种原料的期望时间，答案对 998244353 取模。
Input
第一行三个数 \(n,k,m\) 。
第二行 \(n\) 个数 \(p_1, p_2, ..., p_n\) 。
Output
输出一行。
Sample Input
3 3 3
1 1 1
Sample Output
499122182
HINT
对于 \(10 \%\) 的数据，\(p_1 = p_2 = ... = p_m\)
对于另外 \(10 \%\) 的数据，\(k = n\) 。
对于 \(70 \%\) 的数据，\(n \leq 100\)。
对于 \(100 \%\) 的数据，\(1 \leq n \leq 1000\) ，\(1 \leq k \leq n,\) \(| n - k | \leq 10\), \(0 \leq p_i \leq m\) , $ \sum p = m$, \(1 \leq m \leq 10000\) 。
想法
首先，看到“收集”“期望”这种字眼，就套路地想到 \(MIN-MAX\) 容斥
而这道题相当于求第 \(K\) 小的期望收集到的时间，那就是扩展 \(MIN-MAX\) 容斥
鉴于 \(|n-k|\leq 10\) ，不妨令 \(K=n-K+1\) ，改求第 \(K\) 大。
上式子， \(K-MAX(S)=\sum\limits_{T \subseteq S} (^{|T|-1}_{K-1}) \cdot (-1)^{|T|-K} \cdot \frac{m}{\sum\limits_{i \in T} p_i}\)
（证明挺容易的，就是二项式反演，略过……）
发现 \(n\) 好大不能枚举子集，于是考虑 \(dp\) 。
接下来的做法就十分神仙了【划重点】
我们发现 \(m\) 很小，也就是上面式子中 \(\frac{m}{\sum\limits_{i \in T} p_i}\) 的值只有 \(10^5\)种
那考虑合并同类项，把它拎出来，原式写成：
于是我们就用 \(dp\) 搞这个系数。
\(f_{i,j,k}\) 中： \(i\) 表示考虑了前 \(i\) 个数； \(j\) 表示在前 \(i\) 个数中选出了集合 \(T\) ，\(T\) 中所有元素和为 \(j\) ；\(k\) 即求第 \(k\) 大。
转移：
1.对于 \(T\) 中没有第 \(i\) 个数的：贡献是 \(f_{i-1,j,k}\)
2.对于 \(T\) 中有第 \(i\) 个数的：贡献是 \(\sum\limits_{i \in T} (^{|T|-1}_{k-1}) \cdot (-1)^{|T|-k}\)，这式中的 \(T\) 满足元素和为 \(j\)
而这个贡献肯定要由 \(f_{i-1,j-p[i],x}\) 转移而来，\(x\) 未知
于是我们把它改写成
综上所述，\(f_{i,j,k}=f_{i-1,j,k}+f_{i-1,j-p[i],k-1}-f_{i-1,j-p[i],k}\)
边界条件 \(f_{0,0,0}=1\)
注意要用滚动数组。
把所有系数求出来后枚举 \(\sum p[i]\)的值 ，带进去求就行了。
代码
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define P 998244353
using namespace std;
int read(){
int x=0;
char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)) ch=getchar();
while(isdigit(ch)) x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
return x;
}
const int N = 1005;
int n,K,m,p[N];
int f[2][N*10][12];
int Pow_mod(int x,int y){
int ret=1;
while(y){
if(y&1) ret=1ll*ret*x%P;
x=1ll*x*x%P;
y>>=1;
}
return ret;
}
int main()
{
n=read(); K=read(); m=read();
K=n-K+1;
for(int i=1;i<=n;i++) p[i]=read();
f[0][0][0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++){
int pre=((i-1)&1),id=(i&1);
for(int j=0;j<=m;j++)
for(int k=0;k<=i && k<=K;k++){
f[id][j][k]=f[pre][j][k];
if(j>=p[i] && k)
f[id][j][k]=((f[id][j][k]+f[pre][j-p[i]][k-1])%P+P-f[pre][j-p[i]][k])%P; //手残写成 p[j] ，调了好久
}
}
int ans=0;
for(int i=1;i<=m;i++)
ans=((ans+1ll*m*Pow_mod(i,P-2)%P*f[n&1][i][K]%P)%P+P)%P;
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
