CF1349D Slime and Biscuits 解题报告

有 \(n\) 个人，第 \(i\) 个人有 \(a_i\)​ 个饼干，每次随机选择一个饼干，将其随机分配给除了它现在所有者的其他 \(n-1\) 个人，求使得一个人拥有所有饼干的期望步数，对 \(998244353\) 取模。

\(n\le 10^5 , \sum a_i\le 3\times 10^5\)

设 \(E_i\) 为所有饼干在第 \(i\) 个人手中的情况的期望时间那么总答案就是 \(\sum\limits_{i=1}^n E_i\) 。

显然这个东西并不好求，考虑加点东西转化一下，设 \(D_i\) 为所有饼干都在第 \(i\) 个人手中时才结束的期望时间， \(P_i\) 为所有饼干在第 \(i\) 个人手中的情况的概率，此时有 \(\sum P_i=1\) 。

设所有饼干从一个人全转移到另外一个人的期望时间是 \(C\) ，对于任意两人，这个 \(C\) 是一样的。

那么可以列出关系式：

\[D_x=E_x+\sum\limits_{i=1\&i\not=x}^{n} (E_i+P_i\times C) \]

也就是枚举第一次拿到所有饼干的人，再进行转移。

考虑将 \(i\not=x\) 给消掉，将 \(x=1,2,...,n\) 的式子都加起来，可以得到：

\[\sum\limits_{i=1}^n D_i=n\sum\limits_{i=1}^n E_i + C\times (n-1)\sum\limits_{i=1}^n P_i \]

由于答案是 \(\sum\limits_{i=1}^n E_i\) ，所以有 \(Ans=\sum\limits_{i=1}^n D_i - C(n-1)\) 。

考虑如何求出 \(D_x\) 和 \(C\) ，可以设一个 \(f_x\) 为目前有了 \(x\) 块饼干，收集到所有饼干的期望时间，显然有 \(D_x=f_{a_x} , C=f_0\) 。

当 \(0\le x<sum\) 时，有 \(f_x=1+\frac{sum-x}{sum}(\frac{f_{x+1}}{n-1}+\frac{(n-2)f_x}{n-1})+\frac{xf_{x-1}}{sum}\) ， 显然有 \(f_{sum}=0\) 。

上面的式子是判断选择的饼干，如果是他人的饼干，就有 \(\frac{1}{n-1}\) 的概率给到自己， \(\frac{n-2}{n-1}\) 的概率给别人，如果是自己的饼干，就一定会少掉一个。

这个消元我不太懂，但是有一个神奇的思路，就是搞一个 \(f_x\) 的差分数组 \(g_x=f_{x}-f_{x+1}\) ，那么有 \(f_x=\sum\limits_{i=x}^{sum} g_i\) ，其中 \(g_{sum}=0\) 。

那原式可以写成 \(f_{x+1}\ +g_x=1+\frac{sum-x}{sum}(\frac{f_{x+1}}{n-1}+\frac{(n-2)(f_{x+1}\ +g_x)}{n-1})+\frac{x(f_{x+1}\ +g_{x}+g_{x-1}\ )}{sum}\) ，化简可得 \(g_x=\frac{sum(n-1)+x(n-1)g_{x-1}}{sum-x}\) 。

那就可以 \(\mathcal{O(sum)}\) 来递推出 \(g_x\) 和 \(f_x\) 了。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define int long long
const int M=1e6+5,JYY=998244353;

int read(){
	int x=0,y=1;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9') y=(ch=='-')?-1:1,ch=getchar();
	while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
	return x*y;
}

int n,sum=0,Ans=0,a[M],inv[M],F[M];
void solve(){
	n=read();
	for(int i=1;i<=n;i++) sum+=a[i]=read();
	inv[0]=inv[1]=1;
	for(int i=2;i<=max(sum,n);i++) inv[i]=(JYY-JYY/i)*inv[JYY%i]%JYY;
	F[0]=n-1;
	for(int i=1;i<sum;i++) F[i]=(sum*(n-1)%JYY+i*(n-1)%JYY*F[i-1]%JYY)*inv[sum-i]%JYY;
	for(int i=sum-1;i>=0;i--) F[i]=(F[i+1]+F[i])%JYY;
	for(int i=1;i<=n;i++) Ans=(Ans+F[a[i]])%JYY;
	Ans=(Ans-F[0]*(n-1)%JYY+JYY)%JYY;
	printf("%lld\n",Ans*inv[n]%JYY);
}

signed main(){
	solve();
}