正题

题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/P4707

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题目大意

$n$个物品，每次生成一种物品，第$i$个被生成的概率是$\frac{p_i}{m}$，求生成至少$k$种物品的期望次数。

1≤n≤1000,max{n−10,1}≤k≤n,1≤m≤100001\leq n\leq 1000,max\{n-10,1\}\leq k\leq n,1\leq m\leq 100001≤n≤1000,max{n−10,1}≤k≤n,1≤m≤10000

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解题思路

求的是E(mink{S})E(min_k\{S\})E(mink​{S})，但是$k$很大，如果令$k=n-k+1$的话就是求E(maxk{S})E(max_k\{S\})E(maxk​{S})了

然后就可以用$min-max$容斥的扩展了

$$ma{x}_k(S)=\sum _{T\in S}(-1{)}^{|T|-k}(\genfrac{}{}{0ex}{}{|T|-1}{k-1})min(T)$$

然后$min$的话挺好搞的，因为这个集合中的所有物品都可以视为一个物品，所以期望就是$\frac{m}{{\sum }_{i\in T}{p}_i}$

然后因为显然不能暴力枚举集合，所以我们考虑$dp$。设$f_{k,i,j}$表示做到第$k$个物品，目前的${\sum }_{i\in T}{p}_i=m$，然后上面那个式子的${}^{\prime }{k}^{\prime }$的值是$j$时上面那个式子的和。

因为有个组合数转移起来挺麻烦的，不选的话就是$f_{k-1,i,j}$不再多说，但是如果选的话，那个$(-1{)}^{|T|-k}$直接取反就好了，但是那个组合数的上那个也加了$1$。

这里我们直接用那个组合数的式子$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m}\right)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{m-1}\right)+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{m}\right)$。虽然上面那个式子的$k$是不变的，但是我们记录了其他的$k$的值，其实如果选的话转移就是
$$f_{k,i,j}=f_{k-1,i,j}+f_{k-1,i-p_k,j-1}-f_{k-1,i-p_k,j}$$
这样我们的式子就是$O(nmk)$的了。

然后初始化的话为了满足后面的定义，让所有的$f_{0,0,i}=-1(i\in [1,m])$就好了。

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#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int P=998244353;
int n,k,m,f[11000][11],ans;
int power(int x,int b){int ans=1;while(b){if(b&1)ans=1ll*ans*x%P;x=1ll*x*x%P;b>>=1;}return ans;
}
int main()
{scanf("%d%d%d",&n,&k,&m);k=n-k+1;for(int p=1;p<=k;p++)f[0][p]=-1;for(int p=1;p<=n;p++){int x;scanf("%d",&x);for(int i=m;i>=x;i--)for(int j=k;j>=1;j--)(f[i][j]+=(f[i-x][j-1]-f[i-x][j]+P)%P)%=P;}for(int p=1;p<=m;p++)(ans+=1ll*f[p][k]*power(p,P-2)%P)%=P;printf("%d\n",1ll*ans*m%P);return 0;
}