UOJ #514 [UR #19]通用测评号 (容斥原理、DP)

题目链接

http://uoj.ac/contest/51/problem/514

题解

神仙们都好强啊。

本题有好多做法，但是第一步都是一样的：
题目中的“每次选一个没有达到 (a) 的进行装填”其实没有用，可以等价成每次随机选任何一个位置 (+1)，然后求 (ge a) 的个数的期望。
然后考虑计算 (1) 号位置最后达到 (a) 了的概率。

不容斥做法

考虑操作序列，对每个位置 (+1) 视为一种不同的操作。我们将一种非 (1) 操作的次数达到 (b) 或者 (1) 操作达到 (a) 称为“终止”。一种操作终止之后，我们忽略这种操作，不再加入进操作序列中。于是操作序列的总长是 ((n-1)b+a).
考虑计算最后一次为 (1) 操作的概率。那么也就是说剩下 ((n-1)) 种操作要在之前全部终止。设终止的时间从小到大排序为 (t_1,t_2,...,t_{n-1})，那么容易得到概率为

[frac{prod^{n-1}_{i=1}{t_i-1-(i-1)bchoose b-1}}{prod^{n-1}_{i=1}(n-i+1)^{t_i-t_{i-1}}} ]

直接对这个东西做一个 DP，设 (f[i][j]) 表示目前操作序列放了 (i) 个元素，已经有 (j) 种操作终止了。
时间复杂度 (O(n^3)).

容斥做法

容斥。考虑枚举 (1) 号位置达到 (a) 时没有达到 (b) 的位置个数 (i). 那么别的位置照样可以不考虑。
假设钦定了 (k) 个位置，连带着 (1) 实际被操作的次数分别记为 (x_i)，其中 (1) 的次数记作 (x_0)，则 (forall 1le ile k,0le x_ile b-1). 考虑计算当 (x_0=a-1) 的时候，出现每个局面的概率之和，再乘以下一步操作 (1) 的概率 (frac{1}{k}). 则对于一组合法的 (x_0=a-1,x_1,...,x_k)，概率为

[frac{(sum^k_{i=1}b_i)!}{prod b_i!k^{sum^k_{i=1}b_i}} ]

对所有钦定方案的所有 (b) 序列求和，直接 DP 可以做到 (O(n^4))，NTT 优化可以做到 (O(n^3log n)).

有一个神奇的优化：发现我们就是要求一个生成函数 (F(x)sum^{b-1}_{i=0}frac{x^i}{i!}) 的 (0,1,...,n) 次幂的每一项系数。而这种长得很像 (e^x) 的函数，求导往往有奇效：

[(F(x)^i)'=iF(x)^{i-1}F'(x)=iF(x)^i-iF(x)^{i-1}cdot frac{x^{b-1}}{(b-1)!} ]

这个式子可以一项一项地推出来系数，时间复杂度 (O(n^3)).

然后还有一种神奇的 DP，大概是从前往后考虑操作序列，减掉当前这个数出现次数 (ge b) 的情况。详见此处：https://www.cnblogs.com/yyf0309/p/ur19.html#4564642. 时间复杂度 (O(n^3)).

代码

不容斥做法

#include<bits/stdc++.h>
#define llong long long
#define mkpr make_pair
#define x first
#define y second
#define iter iterator
#define riter reversed_iterator
#define y1 Lorem_ipsum_dolor
using namespace std;

inline int read()
{
	int x = 0,f = 1; char ch = getchar();
	for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) {if(ch=='-') f = -1;}
	for(; isdigit(ch);ch=getchar()) {x = x*10+ch-48;}
	return x*f;
}

const int mxN = 250;
const int P = 998244353;

void updsum(llong &x,llong y) {x+=y-P,x+=(x>>31)&P;}

llong quickpow(llong x,llong y)
{
	if(y==0) {return 1ll;}
	llong ret = quickpow(x,y>>1); ret = ret*ret%P; if(y&1ll) {ret = ret*x%P;}
	return ret;
}
llong fact[mxN*mxN+3],facti[mxN*mxN+3],inv[mxN*mxN+3];
void initfact(int n)
{
	fact[0] = 1ll; for(int i=1; i<=n; i++) fact[i] = fact[i-1]*i%P;
	facti[n] = quickpow(fact[n],P-2); for(int i=n-1; i>=0; i--) facti[i] = facti[i+1]*(i+1ll)%P;
	for(int i=1; i<=n; i++) inv[i] = facti[i]*fact[i-1]%P;
}
llong comb(llong x,llong y) {return x<0||y<0||x<y?0ll:fact[x]*facti[y]%P*facti[x-y]%P;}

llong f[mxN*mxN+3][mxN+3];
int n,a,b; llong ans;

int main()
{
	initfact(mxN*mxN);
	n = read(),a = read(),b = read();
	f[0][0] = 1ll;
	for(int i=0; i<=(n-1)*b+a-1; i++)
	{
		for(int j=0; j<=n-1&&j*b<=i; j++)
		{
			llong x = f[i][j]; if(!x) continue;
//			printf("f[%d][%d]=%lld
",i,j,x);
			x = x*inv[n-j]%P;
			updsum(f[i+1][j],x);
			updsum(f[i+1][j+1],x*comb(i-j*b,b-1)%P);
		}
	}
	ans = f[(n-1)*b+a-1][n-1];
	ans = (1ll-ans*fact[n-1]%P+P)*n%P;
	printf("%lld
",ans);
	return 0;
}