(mathcal{Description})
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打乱的 (n) 张编号 (1sim n) 的数字排和 (m) 张鬼牌。随机抽牌,若抽到数字,将数字加入集合 (S);否则,还原牌堆(但不清空 (S))。若 (S=[1,n]) 且抽到鬼牌时结束抽牌。求期望抽牌次数。
(n,mle2 imes10^6)。
(mathcal{Solution})
称从初始牌堆开始抽牌一直到抽到鬼牌为一轮操作,发现结束时必然抽了若干个完整的轮且不能中途终止。所以“抽完一轮”和“结束抽牌”两事件独立,分别记二者的随机变量为 (xi_1) 和 (xi_2),则答案为 (E(xi_1xi_2)=E(xi_1)E(xi_2))。
(E(xi_1)) 显然等于一轮抽到数字牌的期望张数 (+1)。 而由期望线性性,它也等于 (n imes p+1),其中 (p) 表示抽到某一张牌的概率,有:
一种直观的解释方法是,把每张数字牌和 (m) 张鬼牌绑为一组,每次拿出这样一组牌,再从中随机选出一张作为抽到的牌,其它牌丢掉,不难证明这和原操作等价。显然拿出某一张数字牌所在的组时,有 (p=frac{1}{m+1}) 的概率真正拿到这张数字牌,不然就永远拿不到了。于是,我们求到了:
求 (E(xi_2)),令 (f(i)) 表示已有 (|S|=n-i),到结束时的期望轮数。方程有:
特别留意上式,总牌数 (m+i) 是因为其他 (n-i) 张数字牌没有任何意义,可以忽略;前一项抽到鬼牌,轮数才要 (+1);后一项抽到有用数字牌,但是这一轮并没有结束,所以不用 (+1)。
整理一下:
对于边界 (f(1)),即 (m+1) 张里挑出一张的期望,显然有 (f(1)=m+1)。代一代求出 (f(n)):
综上,答案为:
计算即可。复杂度 (mathcal O(n+log m))。
(mathcal{Code})
/* Clearink */
#include <cstdio>
const int MOD = 998244353, MAXN = 2e6;
int n, m, inv[MAXN + 5];
inline int qkpow ( int a, int b, const int p = MOD ) {
int ret = 1;
for ( ; b; a = 1ll * a * a % p, b >>= 1 ) ret = 1ll * ret * ( b & 1 ? a : 1 ) % p;
return ret;
}
int main () {
scanf ( "%d %d", &n, &m );
int turn = ( n + m + 1ll ) * qkpow ( m + 1, MOD - 2 ) % MOD, times = 1;
for ( int i = 1; i <= n; ++ i ) {
inv[i] = i ^ 1 ? 1ll * inv[MOD % i] * ( MOD - MOD / i ) % MOD : 1;
times = ( times + 1ll * m * inv[i] ) % MOD;
}
printf ( "%d
", int ( 1ll * turn * times % MOD ) );
return 0;
}