【洛谷P4707】重返现世【扩展Min-Max容斥】【dp】

传送门

题意： $N$ 种物品，每次第 $i$ 种产生概率为 $piM\frac{p_i}{M}$ , $∑pi=M\sum p_i=M$ 。求生成 $K$ 种不同物品的期望时间模 $998244353$

$\leq1000,M \leq 10000,N-K\leq10$

又是神仙题……

套路性地把每个物品出现的时间丢到一个集合 $S$ 里面，我们要求的是集合第 $N - K + 1$ 大

而最小是随便求的

所以魔改一下Min-Max容斥

假设存在 $f (x)$ 满足

$max⁡k(S)=∑T⊆Sf(∣T∣)min⁡(T)\max_k(S)=\sum_{T \subseteq S}f(|T|)\min(T)$

考虑第 $m + 1$ 大的数产生的贡献

$∑i=0mCmif(i+1)\sum_{i=0}^m C_m^if(i+1)$

我们希望第 $k$ 大的数贡献一次即

$[m=k−1]=∑i=0mCmif(i+1)[m=k-1]=\sum_{i=0}^m C_m^if(i+1)$

二项式反演一波

$F (m) = [m = k - 1], G (i) = f (i + 1)$

$F(m)=∑i=0mCmiG(i)F(m)=\sum_{i=0}^mC_m^iG(i)$

$G(m)=∑i=0m(−1)m−iCmiF(i)G(m)=\sum_{i=0}^m(-1)^{m-i}C_m^iF(i)$

$f(m+1)=(-1)^{m-k+1}C_m^{k-1}$

$f(m)=(-1)^{m-k}C_{m-1}^{k-1}$

所以

$max⁡k(S)=∑T⊆S(−1)∣T∣−kC∣T∣−1k−1min⁡(T)\max_k(S)=\sum_{T \subseteq S}(-1)^{|T|-k}C_{|T|-1}^{k-1}\min(T)$

当然是期望下的

子集最小可以随便求，所以考虑前面那坨怎么搞

考虑dp

定义状态 $d p (i, j, k)$ 表示从前 $i$ 个物品选出 $p$ 的和为 $j$ 作为 $T$ 的 $1)^{|T|-k}C_{|T|-1}^{k-1}$ 的和

考虑转移

不选当前点即 $d p (i - 1, j, k)$

选当前点即

$∑i∈T(−1)∣T∣−kC∣T∣−1k−1\sum_{i\in T}(-1)^{|T|-k}C_{|T|-1}^{k-1}$

把 $i$ 丢掉

$∑T(−1)∣T∣−k+1C∣T∣k−1\sum_T(-1)^{|T|-k+1}C_{|T|}^{k-1}$

注意此时的 $T$ 在前 $i - 1$ 个中选

由于前后的 $T$ 不统一，无法转移，所以……拆组合数

$∑T(−1)∣T∣−k+1C∣T∣−1k−1+∑T(−1)∣T∣−k+1C∣T∣−1k−2\sum_T(-1)^{|T|-k+1}C_{|T|-1}^{k-1}+\sum_T(-1)^{|T|-k+1}C_{|T|-1}^{k-2}$

$−∑T(−1)∣T∣−kC∣T∣−1k−1+∑T(−1)∣T∣−k+1C∣T∣−1k−2-\sum_T(-1)^{|T|-k}C_{|T|-1}^{k-1}+\sum_T(-1)^{|T|-k+1}C_{|T|-1}^{k-2}$

再次强调是前 $i - 1$ 个中选的

所以就是

$dp(i,j,k)=dp(i-1,j,k)+dp(i-1,j-p_i,k-1)-dp(i-1,j-p_i,k)$

然而还有个让人头大的边界问题

当 $j<p_i$ 也就是不能选当前点 $d p (i, j, k) = d p (i - 1, j, k)$

当 $j=p_i$

如果要选就是从空集转移过来，但空集代进去超过了人类的认知，所以直接用定义算

显然就是 $∣ T ∣ = 1$

即 $1)^{1-k}C_0^{k-1}=[k=1]$

所以 $d p (i, j, k) = d p (i - 1, j, k) + [k = 1]$

$j>p_i$ 正常转移

滚动数组优化一下即可

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cctype>
using namespace std;
const int MOD=998244353;
typedef long long ll;
int p[1005],dp[2][10005][15];
inline int qpow(int a,int p)
{int ans=1;while (p){if (p&1) ans=(ll)ans*a%MOD;a=(ll)a*a%MOD;p>>=1;}return ans;
}
#define inv(x) qpow(x,MOD-2)
int main()
{int N,K,M;scanf("%d%d%d",&N,&K,&M);K=N-K+1;for (int i=1;i<=N;i++) scanf("%d",&p[i]);int cur=1;for (int i=1;i<=N;i++){for (int j=0;j<p[i];j++)for (int k=1;k<=K;k++)dp[cur][j][k]=dp[cur^1][j][k];for (int k=1;k<=K;k++) dp[cur][p[i]][k]=dp[cur^1][p[i]][k]+(k==1);for (int j=p[i]+1;j<=M;j++)for (int k=1;k<=K;k++)dp[cur][j][k]=((ll)dp[cur^1][j][k]+dp[cur^1][j-p[i]][k-1]-dp[cur^1][j-p[i]][k]+MOD)%MOD;cur^=1;}int ans=0;for (int i=1;i<=M;i++) ans=(ans+(ll)dp[N&1][i][K]*M%MOD*inv(i)%MOD)%MOD;printf("%d",(ans+MOD)%MOD);return 0;
}