好题！
题意：你有一条长为(L)的线段，初始时线段上已经有(n-1)个分割点将其划分为(n)段，其中第(i)段长为(l_i)。每次在([0,L])中随机一个实数(r)，在线段上加入坐标为(r)的分割点，直到所有分割点将线段分割为每段长度不超过(K)的若干段。求新加入的分割点个数的期望。模(998244353)。
(nleq 50,L,Kleq 2000)
题解：
令生成函数(f)对应的指数生成函数为( ilde f)。
首先考虑(n=1)的情况。假设第(i)步及以内能够结束的概率为(p_i)，那么答案为(sum_{igeq 0}(1-p_i))。考虑如何计算(p_i)。
显然，第(n)步及以内可以结束等价于无论是否达到要求强行做到第(n)步，此时符合要求。考虑每一步的随机都是独立的，那么随机生成的坐标点列((z_1,z_2,dots,z_n))是均匀分布在(Omega_L={(z_1,z_2,dots,z_n)|0leq z_ileq L,i=1,2,dots,n})中的，每一个特定的坐标点列((z_1,z_2,dots,z_n))被生成的概率元为：
[frac{mathrm{d}z}{idotsint_{Omega_L}mathrm{d}z}=frac{mathrm{d}z}{L^n}
]
但从((z_1,z_2,dots,z_n))中无法很好地分析是否满足(leq K)的要求，考虑对该空间进行转化。在(Omega_L)中的点坐标几乎都是两两不同的，将其排序，转化为((hat z_1,hat z_2,dots,hat z_n))，其中(0leq hat z_1leq hat z_2leq cdotsleq hat z_nleq L)，令(hat Omega_L={(hat z_1,hat z_2,dots,hat z_n)|0leq hat z_1leq hat z_2leq cdotsleq hat z_nleq L})，则(hat Omega_L)中的每个点几乎都对应(n!)个(Omega_L)中的点，于是每个(hatOmega_L)中的点的概率元为(frac{n!mathrm{d}z}{L^n})。
为了判断是否满足要求，进一步将((hat z_1,hat z_2,dots,hat z_n))唯一对应到其差分数组((hat z_1,hat z_2-hat z_1,dots,hat z_n-hat z_{n-1}))，均匀分布在空间( ilde Omega_L={( ilde z_1, ilde z_2,dots, ilde z_n)| ilde z_igeq 0,sum_{i=1}^n ilde z_ileq L})中，每个点的概率元仍然为(frac{n!mathrm{d}z}{L^n})。顺便说明，这证明了(idotsint_{ ilde Omega_L}mathrm{d}z=frac{L^n}{n!})。
于是在( ilde Omega_L)中，(( ilde z_1, ilde z_2,dots, ilde z_n))符合要求等价于(0leq ilde z_ileq K,i=1,2,dots,n)且(0leq L-sum_{i=1}^nz_ileq K)，于是我们有符合要求的概率等于(Omega_Kcap( ilde Omega_Lsetminus ilde Omega_{L-K}))中的点的概率元的和，即：
[p_n=idotsint_{Omega_Kcap( ilde Omega_Lsetminus ilde Omega_{L-K})}frac{n!mathrm{d}z}{L^n}=frac{n!}{L^n}Bigg(idotsint_{Omega_Kcap ilde Omega_L}mathrm{d}z-idotsint_{Omega_Kcap ilde Omega_{L-K}}mathrm{d}zBigg)
]
现在关注如何求出(idotsint_{Omega_Acap ilde Omega_B}mathrm{d}z)，定义可重集(Phi_{A,S}={(z_1,z_2,dots,z_n)|z_igeq A,iin S,z_igeq 0,i
otin S})。
容斥(Omega_A)中(z_tleq A)的限制，就可以将(Omega_A)几乎完全地用若干个(Phi_{A,S})表示出来（除若干边界上的点以外）：
[Omega_A=sum_{Ssubseteq{1,2,dots,n}}(-1)^{|S|}Phi_{A,S}
]
于是：
[idotsint_{Omega_Acap ilde Omega_B}mathrm{d}z=sum_{Ssubseteq{1,2,dots,n}}(-1)^{|S|}idotsint_{Phi_{A,S}cap ilde Omega_B}mathrm{d}z
]
而对于(Phi_{A,S}cap ilde Omega_B)中的点((z_1,z_2,dots,z_n))，可以将满足(iin S)的(z_i)减去(A)，从而与( ilde Omega_{B-|S|A})中的点一一对应，于是(Phi_{A,S}cap ilde Omega_B)与( ilde Omega_{B-|S|A})的积分相等，由前文证明的结论可以得到：
[idotsint_{Omega_Acap ilde Omega_B}mathrm{d}z=sum_{Ssubseteq{1,2,dots,n}}(-1)^{|S|}idotsint_{ ilde Omega_{B-|S|A}}mathrm{d}z
]
[=sum_{i=0}^n(-1)^{i}{nchoose i}idotsint_{ ilde Omega_{B-iA}}mathrm{d}z=sum_{i=0}^{lfloorfrac{B}{A}
floor}(-1)^i{nchoose i}frac{(B-iA)^n}{n!}
]
回代到(p_n)的表达式中，可以得到：
[p_n=frac{n!}{L^n}Bigg(sum_{i=0}^{lfloorfrac{L}{K}
floor}(-1)^i{nchoose i}frac{(L-iK)^n}{n!}-sum_{i=0}^{lfloorfrac{L}{K}
floor-1}(-1)^i{nchoose i}frac{(L-(i+1)K)^n}{n!}Bigg)
]
[=sum_{i=0}^{lfloorfrac{L}{K}
floor}(-1)^i{nchoose i}Big(1-ifrac{K}{L}Big)^n+sum_{i=1}^{lfloorfrac{L}{K}
floor}(-1)^i{nchoose i-1}Big(1-ifrac{K}{L}Big)^n
]
[=1+sum_{i=1}^{lfloorfrac{L}{K}
floor}(-1)^i{n+1choose i}Big(1-ifrac{K}{L}Big)^n
]
于是没有初始分割点的答案就为(sum_{igeq 0}sum_{j=1}^{lfloorfrac{L}{K}
floor}(-1)^{j+1}{i+1choose j}Big(1-jfrac{K}{L}Big)^i)，下面考虑存在初始分割点的情况。
定义(q_{i,j}=1+sum_{k=1}^{lfloorfrac{l_i}{K}
floor}(-1)^k{j+1choose k}Big(1-kfrac{K}{l_i}Big)^j)，(Q_i=sum_{kgeq 0}q_{i,k}Big(frac{l_i}{L}Big)^kx^k)，(p_i)仍然如上定义，(P=sum_{kgeq 0}p_kx^k)，则此时(p_i)的值为：
[p_i=sum_{k_1+k_2+dots+k_n=i}{ichoose k_1,k_2,dots,k_n}prod_{j=1}^nBig(frac{l_j}{L}Big)^{k_j}q_{j,k_j}
]
[frac{p_i}{i!}=sum_{k_1+k_2+dots+k_n=i}prod_{j=1}^nfrac{Big(frac{l_j}{L}Big)^{k_j}q_{j,k_j}}{k_j!}
]
即：
[ ilde P=prod_{i=1}^n ilde Q_i
]
我们要求的答案是(sum_{kgeq 0}(1-k![x^k] ilde P)=sum_{kgeq 0}k)，那么首先考虑( ilde Q_i)的表达式：
[ ilde Q_i=sum_{jgeq 0}frac{1}{j!}Bigg(1+sum_{k=1}^{lfloorfrac{l_i}{K}
floor}(-1)^k{j+1choose k}Big(1-kfrac{K}{l_i}Big)^jBigg)Big(frac{l_i}{L}Big)^jx^j
]
[=sum_{jgeq 0}frac{1}{j!}Big(frac{l_i}{L}Big)^jx^j+sum_{jgeq 0}frac{1}{j!}sum_{k=1}^{lfloorfrac{l_i}{K}
floor}(-1)^k{j+1choose k}Big(frac{l_i-kK}{L}Big)^jx^j
]
[=e^{frac{l_i}{L}x}+sum_{jgeq 0}sum_{k=1}^{min{j+1,lfloorfrac{l_i}{K}
floor}}(-1)^kfrac{j+1}{k!(j+1-k)!}Big(frac{l_i-kK}{L}Big)^jx^j
]
[=e^{frac{l_i}{L}x}+sum_{jgeq 0}sum_{k=1}^{min{j+1,lfloorfrac{l_i}{K}
floor}}(-1)^kfrac{j+1-k+k}{k!(j+1-k)!}Big(frac{l_i-kK}{L}Big)^jx^j
]
[=e^{frac{l_i}{L}x}+sum_{jgeq 0}sum_{k=1}^{min{j,lfloorfrac{l_i}{K}
floor}}(-1)^kfrac{1}{k!(j-k)!}Big(frac{l_i-kK}{L}Big)^jx^j+sum_{jgeq 0}sum_{k=1}^{min{j+1,lfloorfrac{l_i}{K}
floor}}(-1)^kfrac{1}{(k-1)!(j+1-k)!}Big(frac{l_i-kK}{L}Big)^jx^j
]
[=e^{frac{l_i}{L}x}+sum_{k=1}^{lfloorfrac{l_i}{K}
floor}frac{(-1)^k}{k!}sum_{jgeq k}frac{Big(frac{l_i-kK}{L}Big)^j}{(j-k)!}x^j+sum_{k=1}^{lfloorfrac{l_i}{K}
floor}frac{(-1)^k}{(k-1)!}sum_{jgeq k-1}frac{Big(frac{l_i-kK}{L}Big)^j}{(j-(k-1))!}x^j
]
[=e^{frac{l_i}{L}x}+sum_{k=1}^{lfloorfrac{l_i}{K}
floor}frac{(-1)^kBig(frac{l_i-kK}{L}Big)^kx^k}{k!}sum_{jgeq 0}frac{Big(frac{l_i-kK}{L}Big)^j}{j!}x^j+sum_{k=1}^{lfloorfrac{l_i}{K}
floor}frac{(-1)^kBig(frac{l_i-kK}{L}Big)^{k-1}x^{k-1}}{(k-1)!}sum_{jgeq 0}frac{Big(frac{l_i-kK}{L}Big)^j}{j!}x^j
]
[=e^{frac{l_i}{L}x}+sum_{k=1}^{lfloorfrac{l_i}{K}
floor}frac{(-1)^kBig(frac{l_i-kK}{L}Big)^kx^k}{k!}e^{Big(frac{l_i-kK}{L}Big)x}+sum_{k=1}^{lfloorfrac{l_i}{K}
floor}frac{(-1)^kBig(frac{l_i-kK}{L}Big)^{k-1}x^{k-1}}{(k-1)!}e^{Big(frac{l_i-kK}{L}Big)x}
]
[=e^{frac{l_i}{L}x}Bigg(1+sum_{k=1}^{lfloorfrac{l_i}{K}
floor}frac{(-1)^kBig(frac{l_i-kK}{L}Big)^k}{k!}x^ke^{-kfrac{K}{L}x}+sum_{k=1}^{lfloorfrac{l_i}{K}
floor}frac{(-1)^kBig(frac{l_i-kK}{L}Big)^{k-1}}{(k-1)!}x^{k-1}e^{-kfrac{K}{L}x}Bigg)
]
括号外的部分全部相乘，即为(e^x)，考虑括号内的部分，可以发现相乘之后可以表示为若干项(x^{k-j}e^{-kfrac{K}{L}x})的线性组合，于是可以利用以(j,k)为下标的二维卷积计算每一项的系数，就得到了(e^x- ilde P)的一个以若干项(x^ke^{Cx})的线性组合表示的表达式。
最后，只需要考虑如何计算(sum_{igeq 0}i)即可。考虑：
[sum_{igeq 0}i=sum_{igeq 0}(i+k)!frac{C^i}{i!}=k!sum_{igeq 0}{{i+k}choose i}C^i
]
令(F_k=sum_{igeq 0}{{i+k}choose i}C^i)，于是：
[F_k=sum_{igeq 0}{{i+k}choose i}C^i=sum_{igeq 0}Bigg({i+k-1choose i-1}+{i+k-1choose i}Bigg)C^i
]
[=sum_{igeq 1}{i-1+kchoose i-1}C^i+sum_{igeq 0}{i+k-1choose i}C^i
]
[=Ccdot F_k+F_{k-1}
]
又(F_0=frac{1}{1-C})，于是(F_k=frac{1}{(1-C)^{k+1}})，有(sum_{igeq 0}i=frac{k!}{(1-C)^{k+1}})。
利用前文的分析，用分治(
m FFT)计算二维卷积，可以在(O(nLlog nL))的时间内解决问题。最后记得处理边界条件，如(K=l_i)的情况可能要令(0^0=0)。