Codeforces Global Round 10 H. ZS Shuffles Cards

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设f[i]表示还有i个数不在集合内的期望步数，尝试列一下转移式，会发现式子由转移到下一轮的期望步数和之后的DP值组成，考虑DP的转移过程，就会发现答案为转移到下一轮的期望步数$\times$期望的轮数（即把前者设为1之后的DP值）。

前者是易求的，考虑后者，如果直接考虑一轮第一次遇到0时，前面有几个有效数，是很难以优化的（转移到的状态不同）。

法一：DP

换一个角度，仅考虑这轮的第一张牌是什么：但如果分三种情况考虑，肯定转移不到相同的状态；但发现已经出现过的牌是没有意义的，所以直接略过，那么只考虑没出现的牌和0。如果是0，那么直接跳到下一轮，转移到$f[i]+1$；如果是没出现过的牌，那么在【不考虑已经出现过的牌】的情况下，相当于转移到$f[i-1]$!（因为在考虑下一张牌的时候，两者的概率都是符合的！）值得注意的是，初始值$f[0]=1$，因为这相当于刚取完最后一种牌，还需要遇到一个0来增加一轮。

其实从取牌的过程来看，就相当于考虑下一张牌是0或者没出现过的牌的概率。遇到0的时候轮数+1，否则状态+1，而目前的状态又恰好能退出下一张牌的概率！

法二：min-max容斥

直接放图了，，精髓也在于最后一个等式:直接考虑对于一轮，第一个0之前都不出现关键数字的概率比较抽象；但只要忽略掉非0非关键数，就等价于考虑第一个数是否为0！

做了这题后，发现自己已经完全不会数数了【悲】

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=4e6+5,P=998244353;
int fpw(int a,int x){
	int s=1;
	for(;x;x>>=1,a=1ll*a*a%P) if(x&1) s=1ll*s*a%P;
	return s;
}
void A(int& x,int y){
	x+=y;
	if(x>=P) x-=P;
}
int n,m,iv[N],s1,s2,t;
int main()
{
	cin>>n>>m;
	s1=t=1;
	for(int i=1;i<=n+m;i++) iv[i]=fpw(i,P-2);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		t=1ll*t*iv[n+m-i+1]%P*(n-i+1)%P;	
		A(s1,t);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) A(s2,iv[i]);
	s2=(1ll*s2*m+1)%P;
	cout<<1ll*s1*s2%P<<endl;
	return 0;
}