ABC243F

合集 - dp(24)

1.无论如何，我都不会离开你的。2023-12-042.如果会做题就好了2023-12-043.CF1174E2023-11-154.ABC219H2023-11-085.AGC034E2023-11-086.#9134. 翻转硬币 题解2023-10-12

7.ABC243F2023-07-15

8.ARC090E2023-07-159.[P4965]薇尔莉特的打字机 题解2023-01-0910.P63712023-02-1711.P97452023-12-2312.P95232023-12-2313.AT_joisc2015_i2023-12-2314.ABC321G2023-12-2315.CF1140G2023-12-2316.CF1768F2023-12-2317.CF1917F2024-01-0718.ARC162F2024-01-1619.旅行者2024-01-2120.CF1218A2024-03-0921.CF288E2024-03-0922.CF382E2024-03-0923.CF1799G2024-03-0924.CF263E2024-03-09

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发现直接记录有哪些奖品被选是不可能的，所以考虑转换一下思路：设 $d{p}_{i,j,p}$ 为只考虑前 $i$ 个奖品，抽了 $j$ 次，有 $p$ 种不同奖品的的概率。

这个状态相当于是维护一个操作（抽奖）序列。考虑每次加入 $q$ 个第 $i$ 种奖品，就相当于是将原序列和一个由 $q$ 个 $i$ 组成的序列合并。这是经典问题，方案数即为 ${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{j}{q})}$。而该序列出现概率又为 $d{p}_{i-1,j-q,p-1}\times ({\displaystyle \frac{w_i}{\sum w}}{)}^q$。还需要判断一下一些 $0/1$ 的情况。

code：

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int n,m,k,e[N],f[N],dp[N][N][N];
inline int qpow(int x,int y){
	int ret=1;
	while(y){
		if(y&1)
			ret=1ll*ret*x%mod;
		x=1ll*x*x%mod;
		y>>=1;
	}
	return ret;
}
inline int Cnm(int x,int y){
	if(x<0||y<0||x<y)
		return 0;
	return 1ll*f[x]*qpow(1ll*f[y]*f[x-y]%mod,mod-2)%mod;
}
void solve(){
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
	int sm=0;
	f[0]=1;
	for(int i=1;i<=k;i++)
		f[i]=1ll*f[i-1]*i%mod;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%d",&e[i]);
		sm+=e[i];
	}
	dp[0][0][0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		dp[i][0][0]=dp[i-1][0][0];
		for(int j=1;j<=k;j++){
			for(int p=1;p<=min(i,m);p++){
				dp[i][j][p]=dp[i-1][j][p];
				for(int q=1;q<=j;q++){
					dp[i][j][p]=(dp[i][j][p]+1ll*dp[i-1][j-q][p-1]*Cnm(j,q)%mod*qpow(e[i],q)%mod*qpow(qpow(sm,q),mod-2)%mod)%mod;
				}
			}
		}
	}
	printf("%d\n",dp[n][k][m]);
}
signed main(){
	int t=1;
	//	scanf("%d",&t);
	while(t--)
		solve();
}