重返现世

III.重返现世

考虑扩展minmax定理：

[ ext{Kthmax}(mathbb S)=sumlimits_{mathbb{Tsubseteq S}}(-1)^{|mathbb T|-K}dbinom{|mathbb T|-1}{K-1}min(mathbb T) ]

因为本题方便求的是 (min(mathbb T))，但是要求的却是 ( ext{Kthmin})，所以我们不妨翻转 (K) 变成 ( ext{Kthmax})。并且，注意到有一行 (n-kleq10)，故翻转后亦有 (Kleq10)。

现在，考虑 (min(mathbb T)) 应该怎么求。显然，其就是抽到任意 (mathbb T) 中元素的期望时间，即 (dfrac m{sumlimits_{iinmathbb T}a_i})。

但是，明显我们不能枚举所有 (mathbb T)，因为 (n) 过大。但是，注意到 (m) 很小，故我们可以将 (m) 带进DP状态里。又因为那个不知道有啥用的 (K) 也很小，所以我们考虑将它也带进状态。

于是我们设计了这样的状态：(f_{k,i,j}) 表示 (K=k)，当前考虑了前 (i) 个数，且 (sumlimits_{iinmathbb T}a_i=j) 时，(sumlimits_{mathbb{Tsubseteq S}}(-1)^{|mathbb T|-K}dbinom{|mathbb T|-1}{K-1}) 之和。

现在，考虑 (a_i) 选还是不选。如果不选，显然有 (f_{k,i,j}leftarrow f_{k,i-1,j})。

那如果选呢？我们考虑由 (f_{k,i-1,j}) 转移到 (f_{k,i,j+a_i})。在前面的式子中，仅有 (|mathbb T|) 一项产生了变化。((-1)^{|mathbb T|-K}) 这项随着 (|mathbb T|) 加一取反了，而 (dbinom{|mathbb T|-1}{K-1}) 这项呢？

依照二项式系数的递推公式，我们有 (dbinom{|mathbb T|-1}{K-1}=dbinom{|mathbb T|-2}{K-1}+dbinom{|mathbb T|-2}{K-2})。这意味着，(sumlimits_{mathbb{Tsubseteq S}}(-1)^{|mathbb T|-K}dbinom{|mathbb T|-1}{K-1}=-sumlimits_{mathbb{Tsubseteq S}}(-1)^{|mathbb T|-K}dbinom{|mathbb T|-2}{K-1}+sumlimits_{mathbb{Tsubseteq S}}(-1)^{|mathbb T|-K}dbinom{|mathbb T|-2}{K-2})（注意到仅有前面是个减号，因为 (K-2) 这项需要取两次反，等于没取，而前面这项取一次反），即 (f_{k,i,j}leftarrow f_{k-1,i-1,j-a_i}-f_{k,i-1,j-a_i})。

明显是背包的样式，故 (i) 这维可以压掉。

关键是初始状态。事实上，(f_{0,0,0}=0)，对于非零的 (k) 令 (f_{k,0,0}=-1)，这个奇奇怪怪的边界被证明是正确的。具体可以通过反推得出。

时间复杂度 (O(nmk))。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=998244353;
int ksm(int x,int y=mod-2){int z=1;for(;y;y>>=1,x=1ll*x*x%mod)if(y&1)z=1ll*z*x%mod;return z;}
int n,m,K,a[1010],f[11][10100],res;
int main(){
	scanf("%d%d%d",&n,&K,&m),K=n-K+1;
	for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
	for(int k=1;k<=K;k++)f[k][0]=mod-1;
	for(int i=1;i<=n;i++)for(int k=K;k;k--)for(int j=m;j>=a[i];j--)(f[k][j]+=(f[k-1][j-a[i]]-f[k][j-a[i]]+mod)%mod)%=mod;
	for(int i=1;i<=m;i++)(res+=1ll*f[K][i]*ksm(i)%mod)%=mod;
	printf("%d
",1ll*res*m%mod);
	return 0;
}