Solution -「CF 1392H」ZS Shuffles Cards

\(\mathcal{Description}\)

  Link.

  打乱的 \(n\) 张编号 \(1\sim n\) 的数字排和 \(m\) 张鬼牌。随机抽牌，若抽到数字，将数字加入集合 \(S\)；否则，还原牌堆（但不清空 \(S\)）。若 \(S=[1,n]\) 且抽到鬼牌时结束抽牌。求期望抽牌次数。

  \(n,m\le2\times10^6\)。

\(\mathcal{Solution}\)

  称从初始牌堆开始抽牌一直到抽到鬼牌为一轮操作，发现结束时必然抽了若干个完整的轮且不能中途终止。所以“抽完一轮”和“结束抽牌”两事件独立，分别记二者的随机变量为 \(\xi_1\) 和 \(\xi_2\)，则答案为 \(E(\xi_1\xi_2)=E(\xi_1)E(\xi_2)\)。

  \(E(\xi_1)\) 显然等于一轮抽到数字牌的期望张数 \(+1\)。 而由期望线性性，它也等于 \(n\times p+1\)，其中 \(p\) 表示抽到某一张牌的概率，有：

\[p=\frac{1}{m+1} \]

  一种直观的解释方法是，把每张数字牌和 \(m\) 张鬼牌绑为一组，每次拿出这样一组牌，再从中随机选出一张作为抽到的牌，其它牌丢掉，不难证明这和原操作等价。显然拿出某一张数字牌所在的组时，有 \(p=\frac{1}{m+1}\) 的概率真正拿到这张数字牌，不然就永远拿不到了。于是，我们求到了：

\[E(\xi_1)=\frac{n}{m+1}+1 \]

---

  求 \(E(\xi_2)\)，令 \(f(i)\) 表示已有 \(|S|=n-i\)，到结束时的期望轮数。方程有：

\[f(i)=\frac{m}{m+i}\left(f(i)+1\right)+\frac{i}{m+i}f(i-1) \]

  特别留意上式，总牌数 \(m+i\) 是因为其他 \(n-i\) 张数字牌没有任何意义，可以忽略；前一项抽到鬼牌，轮数才要 \(+1\)；后一项抽到有用数字牌，但是这一轮并没有结束，所以不用 \(+1\)。

  整理一下：

\[f(i)=f(i-1)+\frac{m}{i} \]

  对于边界 \(f(1)\)，即 \(m+1\) 张里挑出一张的期望，显然有 \(f(1)=m+1\)。代一代求出 \(f(n)\)：

\[f(n)=1+m\sum_{i=1}^n\frac1{i} \]

  综上，答案为：

\[\begin{aligned} E(\xi_1\xi_2)&=E(\xi_1)E(\xi_2)\\ &=\left(\frac{n}{m+1}+1\right)f(n)\\ &=\left( \frac{n}{m+1}+1 \right)\left( 1+m\sum_{i=1}^n\frac1i \right) \end{aligned} \]

  计算即可。复杂度 \(\mathcal O(n+\log m)\)。

\(\mathcal{Code}\)

/* Clearink */

#include <cstdio>

const int MOD = 998244353, MAXN = 2e6;
int n, m, inv[MAXN + 5];

inline int qkpow ( int a, int b, const int p = MOD ) {
	int ret = 1;
	for ( ; b; a = 1ll * a * a % p, b >>= 1 ) ret = 1ll * ret * ( b & 1 ? a : 1 ) % p;
	return ret;
}

int main () {
	scanf ( "%d %d", &n, &m );
	int turn = ( n + m + 1ll ) * qkpow ( m + 1, MOD - 2 ) % MOD, times = 1;
	for ( int i = 1; i <= n; ++ i ) {
		inv[i] = i ^ 1 ? 1ll * inv[MOD % i] * ( MOD - MOD / i ) % MOD : 1;
		times = ( times + 1ll * m * inv[i] ) % MOD;
	}
	printf ( "%d\n", int ( 1ll * turn * times % MOD ) );
	return 0;
}