MIN-MAX 反演
我们知道对于普通的 (min-max) 容斥有如下式子：
证明可以构造一一映射，抵消贡献。
上述式子在期望意义下也是成立的：
证明可以考虑期望的线性性。
Kth MIN-MAX 反演
本文参考了 张俊逸同学 的集训讲解。
构造容斥系数
我们可以推广到求第 (k) 大元素上来。
我们尝试构造容斥系数 (f) ，满足：
然后来考虑一下对于集合 (T) 中第 (i) 大的元素，如果 (min(T)) 等于这个元素，那么只有比它大的 (i-1) 个元素是可能存在的，然后我们考虑 (T) 什么时候才能对于答案进行贡献，其实就是要满足 ([i = k]) 。
那么表达出来就是
二项式反演
这个形式我们可以套用二项式反演（广义容斥定理）
原来我博客提及的都是从 (i = k o n) 的，其实 (i = 1 o k) 也是一样的。
二项式反演：
假设数列 (f) 和 (g) 满足：
[g_i = sum_{j = 1}^{i} {i choose j} f_j ]那么就有
[f_i = sum_{j = 1}^{i} (-1)^{i - j} {i choose j} g_j ]可以考虑生成函数证明，设 (f_0 = g_0 = 0) 。
前者就为 (G = F * e^x) 后者为 (F = G * e^{-x}) ，显然是等价的。
那么对于前面那个式子，我们设 (g_{i - 1} = [i = k], f'_j = f_{j + 1}) 。
那么根据二项式反演就可以得到
即
随意整理一下就有
结论
最终我们就可以如下求 (kth max)
不难发现只有元素个数 (ge k) 的子集是有用的。
例题
Luogu P4707 重返现世
题意
给定集合 (S) 中每个元素出现的概率 (displaystyle frac{p_i}{m}) ，其和为(1) ，每次会按概率出现，每次会按概率出现一个元素。
求出现 (k) 个元素的期望次数。
设 (|S| = n) 满足限制
(n le 1000, left| n - k ight| le 10, 1 le sum p = m le 10000)
题解
出现 (k) 个元素的期望次数等价于出现时间第 (n-k+1) 晚的数出现的期望次数。
那么套用 (kth max) 容斥后，我们相当于要求每个集合出现最早的数的期望次数 (E(T)) 。
参考 此处 就可以得到
整理一下
如果 (|S| le 20) 那么就可以直接做了，可是这题数据范围有点大，不太好做。
但是我们发现 (m) 不大，那么我们可以对于每个 (sum_{i in T} p_i) 求得其系数解决。
设 (g_{i, j}) 为集合大小为 (i) ，概率和为 (j) 的方案数，但是这样的话直接 (dp) 复杂度是 (O(nmk)) 的，我们显然不能这样做。
我们需要把容斥系数也要考虑到一起 (dp) 。
设 (f_{i, j}) 表示当前选定的集合的 (p) 的和为 (i) ，组合数下面那里 (k=j) 。
对于当前物品而言，只有两种选择：要么加入集合，要么不加入。
-
不加入，直接转上去 (f_{i, j} o f'_{i, j}) 。
-
加入这个元素，考虑其贡献。
(f) 的形式为 (displaystyle f_{j - p, k - 1} = sum_i (-1)^{i - (k - 1)} {i - 1 choose k - 2} g_{i, j - p}) 。
那么就会导致集合大小强制多 (1) ，并且概率和变成 (j) ，那么就是 (displaystyle sum_i (-1)^{i-k}{ichoose k-1} g_{i, j - p}) 。
接下来 强行 凑组合数递推形式 (displaystyle {nchoose m}={n-1choose m}+{n-1choose m-1}) ，把 (displaystyle {i choose k - 1}) 变为 (displaystyle {i choose k})
那么我们要减去的其实就是 (displaystyle -sum(-1)^{i-k}{i-1choose k-1} g_{i, j - p}) ，其实就是 (- f_{j - p, k}) 。
那么最后的转移就是 (f'_{i,j} + f'_{i - p, j - 1} - f'_{i - p, j} o f_{i, j}) 。
注意要滚动第一维，不然开不下。
复杂度是 (O(n(n - k)m)) ，还是很暴力。
后面这些强行套的地方好没有意思啊！
代码
#include <bits/stdc++.h>
#define For(i, l, r) for (register int i = (l), i##end = (int)(r); i <= i##end; ++i)
#define Fordown(i, r, l) for (register int i = (r), i##end = (int)(l); i >= i##end; --i)
#define Rep(i, r) for (register int i = (0), i##end = (int)(r); i < i##end; ++i)
#define Set(a, v) memset(a, v, sizeof(a))
#define Cpy(a, b) memcpy(a, b, sizeof(a))
#define debug(x) cout << #x << ": " << (x) << endl
using namespace std;
template<typename T> inline bool chkmin(T &a, T b) { return b < a ? a = b, 1 : 0; }
template<typename T> inline bool chkmax(T &a, T b) { return b > a ? a = b, 1 : 0; }
inline int read() {
int x(0), sgn(1); char ch(getchar());
for (; !isdigit(ch); ch = getchar()) if (ch == '-') sgn = -1;
for (; isdigit(ch); ch = getchar()) x = (x * 10) + (ch ^ 48);
return x * sgn;
}
void File() {
#ifdef zjp_shadow
freopen ("P4707.in", "r", stdin);
freopen ("P4707.out", "w", stdout);
#endif
}
const int N = 1010, Mod = 998244353;
int n, K, m, dp[2][10010][13];
inline int fpm(int x, int power) {
int res = 1;
for (; power; power >>= 1, x = 1ll * x * x % Mod)
if (power & 1) res = 1ll * res * x % Mod;
return res;
}
inline void Add(int &x, int y) {
if ((x += y) >= Mod) x -= Mod;
}
int main () {
File();
n = read(); K = n - read() + 1; m = read();
For (i, 1, K) dp[0][0][i] = Mod - 1;
int cur = 0;
For (i, 1, n) {
int p = read();
For (j, 0, m) For (k, 0, K) if (dp[cur][j][k]) {
Add(dp[cur ^ 1][j][k], dp[cur][j][k]);
Add(dp[cur ^ 1][j + p][k + 1], dp[cur][j][k]);
Add(dp[cur ^ 1][j + p][k], Mod - dp[cur][j][k]);
dp[cur][j][k] = 0;
}
cur ^= 1;
}
int ans = 0;
For (i, 1, m)
ans = (ans + 1ll * m * fpm(i, Mod - 2) % Mod * dp[cur][i][K]) % Mod;
printf ("%d
", ans);
return 0;
}