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Solution
前置技能:记 \(max_k(S)\) 表示 \(S\) 中第 \(k\) 大的数,\(min(S)\) 表示 \(S\) 中最小的数,那么有:$$max_k(S)=\sum_{T∈S,T\neq\emptyset}\binom{|T|-1}{k-1}(-1)^{|T|-k}min(T)$$证明:我们考虑构造容斥系数,即设:
当 \(min(T)=min_x(S)\) 时:
那么有:$$\sum_{i=0}^{n-x}\binom{n-x}{i}f(i+1)=[x=n-k+1]=[n-x=k-1]$$
二项式反演可得:
因此:
即:
\(\text{min-max}\)容斥可以扩展到期望上来,即 $$E(max_k(S))=\sum_{T∈S,T\neq\emptyset}\binom{|T|-1}{k-1}(-1)^{|T|-k}E(min(T))$$
接下来考虑对于一个集合 \(T\),怎样计算 \(E(min(T))\):
设 \(P(T)=\sum_{i∈T}p_i\),那么把 \(T\) 集合内的物品看作一个整体,其它物品也看作一个整体。问题转化为:有两个物品,每次取到 \(1\) 号的概率为 \(\frac{P(T)}{m}\),取到 \(2\) 号的概率为 \(1-\frac{P(T)}{m}\),问取到 \(1\) 号的期望次数。
设取到 \(1\) 号的期望次数为 \(x\),则 \(x=\frac{P(T)}{m}+(1-\frac{P(T)}{m})(x+1)\),解得 \(x=\frac{m}{P(T)}\)。
注意题目中的 \(k\) 指的是 \(min_k(S)\),令 \(k=n-k+1\),变为求 \(E(max_k(S))\)。
如果对于每个 \(P(T)=j\) 的集合 \(T\),算出它们的 \(\binom{|T|-1}{k-1}(-1)^{|T|-k}\) 之和,就能求出答案了。
考虑 \(\text{dp}\),记 \(f[i][j][k]\) 表示考虑前 \(i\) 个数的子集 \(T\),\(P(T)=j\),它们的 \(\binom{|T|-1}{k-1}(-1)^{|T|-k}\) 之和,初值 \(f[0][0][0]=1\)。
转移:
- \(T\) 中没有 \(i\),那么 \(f[i][j][k]+=f[i-1][j][k]\)。
- \(T\) 中有 \(i\),那么我们先把 \(T\) 中的 \(i\) 移除,然后 \(T\) 变成了前 \(i-1\) 个数的子集:
综上所述,\(f[i][j][k]=f[i-1][j][k]+(f[i-1][j-p_i][k-1]-f[i-1][j-p_i][k])[k\geq 1]\)。
时间复杂度 \(O(n(n-k)m)\),注意第一维要滚动。
Code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
template <class t>
inline void read(t & res)
{
char ch;
while (ch = getchar(), !isdigit(ch));
res = ch ^ 48;
while (ch = getchar(), isdigit(ch))
res = res * 10 + (ch ^ 48);
}
const int e = 10005, mod = 998244353;
int p[e], f[2][e][15], inv[e], n, q, m, ans;
inline void add(int &x, int y)
{
(x += y) >= mod && (x -= mod);
}
int main()
{
int i, j, k, s = 0;
read(n); read(q); read(m); q = n - q + 1;
f[0][0][0] = 1; inv[1] = 1;
for (i = 2; i <= m; i++) inv[i] = (ll)(mod - mod / i) * inv[mod % i] % mod;
for (i = 1; i <= n; i++) read(p[i]);
for (i = 1; i <= n; i++)
{
int nxt = i & 1, lst = nxt ^ 1;
memset(f[nxt], 0, sizeof(f[nxt]));
s += p[i];
for (j = 0; j <= s; j++)
for (k = 0; k <= q; k++)
{
f[nxt][j][k] = f[lst][j][k];
if (j >= p[i] && k)
{
add(f[nxt][j][k], f[lst][j - p[i]][k - 1]);
add(f[nxt][j][k], mod - f[lst][j - p[i]][k]);
}
}
}
for (i = 1; i <= m; i++) ans = (ans + (ll)f[n & 1][i][q] * inv[i]) % mod;
ans = (ll)ans * m % mod;
cout << ans << endl;
return 0;
}