Solution -「CF 1349D」Slime and Biscuits

$\mathcal{Description}$

  Link.

  有 $n$ 堆饼干，一开始第 $i$ 堆有 $a_i$ 块。每次操作从所有饼干中随机一块，将其随机丢到另外一堆。求所有饼干在一堆时的期望操作次数。答案对 $998244353$ 取模。

  $n\le10^5$。

$\mathcal{Solution}$

  起手先把答案表示出来嘛，设 $E_x$ 表示所有饼干第一次集中，且集中在 $x$ 的期望步数。那么答案为

$$\sum_{i=1}^nE_x$$

不好算，削弱限制，令 $E'_x$ 为所有饼干第一次集中在 $x$（可能先集中到了其他位置）的期望步数。我们希望建立 $E$ 和 $E'$ 的关系，再设常数 $C$ 表示所有饼干全部从特定的一堆转移到特定的另一堆的期望步数，$P_i$ 为饼干第一次集中，集中在 $i$ 位置的概率。（为了美观全部大写啦 awa），于是

$$E_x=E_x'-\sum_{i\not=x}(P_iC+E_i)$$

即，所有集中情况减去从另一堆搬过来的情况。接下来拆开和式并移项，得到

$$\sum_{x=1}^nE_x=E_x'-C\sum_{i\not=x}P_i$$

为了弄掉右式求和条件，左右再套一层 $\sum$：

$$n\sum_{x=1}^nE_x=\sum_{x=1}^nE_x'-(n-1)C~~~~(\sum_{i=1}^nP_i=1)$$

所以仅需算出 $E'$ 和 $C$ 就能求答案啦。

  注意到 $E_x'$ 和下标 $x$ 没有很强的依赖——所有转移都是基于随机的。所以设 $f(i)$ 为有 $i$ 块饼干在目标位置上时，把所有 $s=\sum_{i=1}^na_i$ 块饼干集中到目标位置的期望步数。考虑新一步操作所选取的饼干和放置的位置，有转移：

$$f(i)=\begin{cases} 0&i=s\\ 1+\frac{1}{n-1}f(i+1)+\frac{n-2}{n-1}f(i)&i=0\\ 1+\frac{s-i}{s}\left(\frac{1}{n-1}f(i+1)+\frac{n-2}{n-1}f(i)\right)+\frac{i}{s}f(i-1)&\text{otherwise} \end{cases}$$

也许比较方便消元，我们可以再设其差分 $\Delta(i)=f(i)-f(i+1)$（注意是后减前，即再多一块饼干所需的期望步数）。通过 $f$ 的转移可以轻易得到 $\Delta$ 的转移：

$$\Delta_i=\begin{cases} n-1&i=0\\ \frac{(s+i)(n-1)\Delta_{i-1}}{s-i}&\text{otherwise} \end{cases}$$

  $\mathcal O(s)$ 扫出来在做后缀和即可，并且顺便求出了 $C=f(0)$。

  综上，$\mathcal O(n+s)$ 解决本题啦。

$\mathcal{Code}$

/* Clearink */

#include <cstdio>

#define rep( i, l, r ) for ( int i = l, repEnd##i = r; i <= repEnd##i; ++i )
#define per( i, r, l ) for ( int i = r, repEnd##i = l; i >= repEnd##i; --i )

inline int rint() {
	int x = 0, f = 1, s = getchar();
	for ( ; s < '0' || '9' < s; s = getchar() ) f = s == '-' ? -f : f;
	for ( ; '0' <= s && s <= '9'; s = getchar() ) x = x * 10 + ( s ^ '0' );
	return x * f;
}

template<typename Tp>
inline void wint( Tp x ) {
	if ( x < 0 ) putchar( '-' ), x = -x;
	if ( 9 < x ) wint( x / 10 );
	putchar( x % 10 ^ '0' );
}

const int MAXN = 1e5, MAXS = 3e5, MOD = 998244353;
int n, s, a[MAXN + 5], f[MAXS + 5], inv[MAXS + 5];

inline int mul( const long long a, const int b ) { return a * b % MOD; }
inline int sub( int a, const int b ) { return ( a -= b ) < 0 ? a + MOD : a; }
inline int add( int a, const int b ) { return ( a += b ) < MOD ? a : a - MOD; }
inline int mpow( int a, int b ) {
	int ret = 1;
	for ( ; b; a = mul( a, a ), b >>= 1 ) ret = mul( ret, b & 1 ? a : 1 );
	return ret;
}

inline void init( const int n ) {
	inv[1] = 1;
	rep ( i, 2, n ) inv[i] = mul( MOD - MOD / i, inv[MOD % i] );
}

int main() {
	n = rint();
	rep ( i, 1, n ) s += a[i] = rint();
	init( s ), f[0] = n - 1;
	rep ( i, 1, s - 1 ) {
		f[i] = mul( inv[s - i], add( mul( s, n - 1 ),
			mul( mul( i, n - 1 ), f[i - 1] ) ) );
	}
	per ( i, s - 1, 0 ) f[i] = add( f[i], f[i + 1] );
	int ans = 0;
	rep ( i, 1, n ) ans = add( ans, f[a[i]] );
	ans = sub( ans, mul( n - 1, f[0] ) );
	ans = mul( ans, mpow( n, MOD - 2 ) );
	wint( ans ), putchar( '\n' );
	return 0;
}