[luogu4707]重返现世——min-max容斥拓展+动态规划

题目大意：

给定\(n\)个物品和每个物品出现的概率，收集到至少\(k\)个物品的期望时间。
\(k \leq 10\)

思路：

好题！

容斥计算第k大的期望，考虑计算第i大的数的贡献：

\[\begin{aligned} &\sum_{j=0}^{i-1}{i-1\choose j}f_{j}=[i=k]\\ &\sum_{j=0}^{i}{i\choose j}f_{j}=[i=k-1]\\ &f_i=\sum_{j=0}^{i}(-1)^{i-j}{i\choose j}[j=k-1]\\ &f_i=(-1)^{i-k+1}{i\choose k-1}\\ \end{aligned} \]

可得kth-max 的公式为：

\[kth(S)=\sum_{T\subseteq S}(-1)^{|T|-k}{|T|-1\choose k-1}\min(T) \]

其中\(\min(T)=\frac{m}{\sum_{i\in T}p_i}\)。

我们需要求出所有\(|T|\geq k\)的\(T\)，无法直接全部求出，观察到\(m=\sum{p_i} \leq 10^{4}\)，于是考虑DP。

设\(f_{i,j}\)为选了\(i\)个数，其中\(\sum{p_i}=j\)的方案数，时间复杂度\(\Theta(n^2m)\)。

时间复杂度难以通过，考虑进一步优化：

设\(dp_{j,k}\) 表示\(\sum{p_i}=j\)，且当前求的是第\(k\)大的方案数系数之积的和，考虑依次将\(n\)个物品加入，对于\(dp_{j,k}\)，有加入第\(i\)个物品和不加入第\(i\)个物品两种选择，转移时主要考虑强制加入第\(i\)种物品的选择。

对于强制选择第i个点的部分，集合的大小需要加\(1\)，考虑从前\(i-1\)个物品的状态转移过来，不难发现我们需要的式子是：

\[\sum_{i}(-1)^{i+1-k}{i \choose k-1}f_{i,j-p} \]

其中 i 枚举的是之前选择的集合大小。

但是上一个状态\(dp_{j-p,k-1}\)可以给我们提供的式子是：

\[\sum_{i}(-1)^{i-k+1}{i-1 \choose k-2}f_{i,j-p} \]

不难发现之中我们所缺失的部分为：

\[\begin{aligned} &\sum_{i}(-1)^{i-k+1}{i-1\choose k-1}f_{i,j-p}\\ =&-\sum_{i}(-1)^{i-k}{i-1\choose k-1}f_{i,j-p}\\ =&-dp_{j-p,k} \end{aligned} \]

于是到了最后我们得到了转移方程：

\[dp_{j,k}=dp'_{j,k}+dp'_{j-p,k-1}-dp'_{j-p,k}\\ \]

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 * Author : ylsoi
 * Time : 2019.1.16
 * Problem : luogu4707
 * E-mail : ylsoi@foxmail.com
 * ====================================*/
#include<bits/stdc++.h>

#define REP(i,a,b) for(int i=a,i##_end_=b;i<=i##_end_;++i)
#define DREP(i,a,b) for(int i=a,i##_end_=b;i>=i##_end_;--i)
#define debug(x) cout<<#x<<"="<<x<<" "
#define fi first
#define se second
#define mk make_pair
#define pb push_back
typedef long long ll;

using namespace std;

void File(){
    freopen("luogu4707.in","r",stdin);
    freopen("luogu4707.out","w",stdout);
}

template<typename T>void read(T &_){
    _=0; T f=1; char c=getchar();
    for(;!isdigit(c);c=getchar())if(c=='-')f=-1;
    for(;isdigit(c);c=getchar())_=(_<<1)+(_<<3)+(c^'0');
    _*=f;
}

const int maxn=1000+10;
const int maxm=10000+10;
const int mod=998244353;
int n,k,m,p[maxn];
ll fac[maxn],ifac[maxn];
ll dp[maxm][maxn],ans;

ll qpow(ll x,ll y){
    ll ret=1; x%=mod;
    while(y){
        if(y&1)ret=ret*x%mod;
        x=x*x%mod;
        y>>=1;
    }
    return ret;
}

void math_init(){
    fac[0]=1;
    REP(i,1,1e3)fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
    ifac[1000]=qpow(fac[1000],mod-2);
    DREP(i,1e3-1,0)ifac[i]=ifac[i+1]*(i+1)%mod;
}

ll C(int x,int y){
    if(x<0 || y<0 || x<y)return 0;
    return fac[x]*ifac[y]%mod*ifac[x-y]%mod;
}

void init(){
    read(n),read(k),read(m);
    REP(i,1,n)read(p[i]);
}

void ad(ll &_,ll __){_=(_+__)%mod;}

void work(){
    k=n-k+1;
    dp[0][0]=1;
    REP(i,1,n){
        DREP(j,m,p[i]){
            DREP(l,k,1){
                ad(dp[j][l],dp[j-p[i]][l-1]-dp[j-p[i]][l]);
            }
        }
    }
    REP(i,1,m)ad(ans,m*qpow(i,mod-2)%mod*dp[i][k]%mod);
    printf("%lld\n",(ans+mod)%mod);
}

int main(){
    //File();
    math_init();
    init();
    work();
    return 0;
}