P4707 重返现世 题解

Statement

P4707 重返现世 - 洛谷 | 计算机科学教育新生态 (luogu.com.cn)

Solution

考虑 min-max 容斥，题目所求即 $\min_\limits{k}(U)$

知道 $k$ 较大但 $n-k$ 很小，所以考虑转化一下，知道 $\min_\limits k(U)=\max_\limits {n+1-k}(U)$ ，下面的所有 $k$ 都是 $n+1-k$ 的意思，直接套用 min-max 容斥的公式：

$$E(\max_k(U))=\sum_{T\subseteq U}(-1)^{|T|-k}\binom{|T|-1}{k-1}E(\min(T))$$

由几何分布，知道 $E(\min(T))=\dfrac 1{\sum_{i\in T}p_i}$ ，其中 $p_i$ 表示 $i$ 物品出现概率

这样直接做的时间复杂度是 $O(2^n)$ 左右的，显然要 G，但是容易发现其实很多的 $E(min(T))$ 的值域 $m$ 比较小，所以我们的一个重要优化思路 dp 出现了，其主旨是求出对于每一个 $\min(T)$ 而言，他前面的系数和。

设 $f_{i,j,k}$ 表示前 $i$ 个物品，所有集合 $T$ 满足 $\sum_{x\in T} p_x=j$ ，确定式子中 $k$ 值的时候的 $\sum(-1)^{|T|-k}\binom{|T|-1}{k-1}$ 的值

我们的转移类似背包，如若第 $i$ 个物品不选，那么 $f_{i,j,k}=f_{i-1,j,k}$

如若第 $i$ 个物品选了，因为这个时候我们往集合 $T$ 里面塞了一个 $i$ 进去，理应从 $f_{i-1,j-p_i}$ 转过来，同时因为 $|T|$ 增加 $1$ ，所以 $(-1)^{|T|-k}$ 变号，又有 $\binom{|T|}{k-1}=\binom{|T|-1}{k-1}+\binom{|T|-1}{k-2}$

知道 $f_{i,j,k}=f_{i-1,j-p,k-1}-f_{i-1,j-p,k}$ （注意到 $k-1$ 的时候，$(-1)^{|T|-k}$ 再次变号）

转移即可，时间复杂度 $O(nmk)$ ，空间复杂度滚掉第一维后 $O(mk)$，答案即为 $\sum_i \dfrac {f_{n,i,k}}i$

初值 $f_{0,0,0}=(-1)^0\binom{-1}{-1}=1$ 即可

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 1e3+5;
const int M = 1e4+5;
const int mod = 998244353;

int read(){
    int s=0,w=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')w=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9')s=s*10+ch-'0',ch=getchar();
    return s*w;
}

int p[N],dp[M][15],inv[M];
int n,m,K;

int ksm(int a,int b){
    int res=1;
    while(b){
        if(b&1)res=res*a%mod;
        a=a*a%mod,b>>=1;
    }
    return res;
}

signed main(){
    n=read(),K=n-read()+1,m=read();
    for(int i=1;i<=n;++i)p[i]=read(); inv[0]=dp[0][0]=1;
    for(int i=1;i<=m;++i)inv[i]=ksm(i,mod-2);
    for(int i=1;i<=n;++i)
        for(int j=m;j>=p[i];--j)
            for(int k=K;k;--k)
                (dp[j][k]+=(dp[j-p[i]][k-1]-dp[j-p[i]][k]+mod)%mod)%=mod;
    int ans=0;
    for(int i=0;i<=m;++i)(ans+=dp[i][K]*inv[i]%mod)%=mod;
    printf("%lld\n",ans*m%mod);
    return 0;
}