傳送門

題意：$N$種物品，每次第$i$種產生概率為$\frac{p_i}{M}$,$\sum p_i=M$。求生成$K$種不同物品的期望時間 模$998244353$

$N\le 1000,M\le 10000,N?K\le 10$

又是神仙題……

套路性地把每個物品出現的時間丟到一個集合$S$里面，我們要求的是集合第$N?K+1$大

而最小是隨便求的

所以魔改一下Min-Max容斥

假設存在$f(x)$滿足

$$\underset{k}{\max }(S)=\sum _{T?S}f(|T|)\min (T)$$

考慮第$m+1$大的數產生的貢獻

$$\sum _{i=0}^m{C}_m^{i}f(i+1)$$

我們希望第$k$大的數貢獻一次 即

$$[m=k?1]=\sum _{i=0}^m{C}_m^{i}f(i+1)$$

二項式反演一波

$$F(m)=[m=k?1],G(i)=f(i+1)$$

$$F(m)=\sum _{i=0}^m{C}_m^{i}G(i)$$

$$G(m)=\sum _{i=0}^m(?1{)}^{m?i}{C}_m^{i}F(i)$$

$$f(m+1)=(?1{)}^{m?k+1}{C}_m^{k?1}$$

$$f(m)=(?1{)}^{m?k}{C}_{m?1}^{k?1}$$

所以

$$\underset{k}{\max }(S)=\sum _{T?S}(?1{)}^{|T|?k}{C}_{|T|?1}^{k?1}\min (T)$$

當然是期望下的

子集最小可以隨便求，所以考慮前面那坨怎么搞

考慮dp

定義狀態$dp(i,j,k)$表示從前$i$個物品選出$p$的和為$j$作為$T$的$(?1{)}^{|T|?k}{C}_{|T|?1}^{k?1}$的和

考慮轉移

不選當前點 即$dp(i?1,j,k)$

選當前點 即

$$\sum _{i\in T}(?1{)}^{|T|?k}{C}_{|T|?1}^{k?1}$$

把$i$丟掉

$$\sum _T(?1{)}^{|T|?k+1}{C}_{|T|}^{k?1}$$

注意此時的$T$在前$i?1$個中選

由于前后的$T$不統一，無法轉移，所以……拆組合數

$$\sum _T(?1{)}^{|T|?k+1}{C}_{|T|?1}^{k?1}+\sum _T(?1{)}^{|T|?k+1}{C}_{|T|?1}^{k?2}$$

$$?\sum _T(?1{)}^{|T|?k}{C}_{|T|?1}^{k?1}+\sum _T(?1{)}^{|T|?k+1}{C}_{|T|?1}^{k?2}$$

再次強調是前$i?1$個中選的

所以就是

$$dp(i,j,k)=dp(i?1,j,k)+dp(i?1,j?p_i,k?1)?dp(i?1,j?p_i,k)$$

然而還有個讓人頭大的邊界問題

當$j<p_i$也就是不能選當前點 $dp(i,j,k)=dp(i?1,j,k)$

當$j=p_i$

如果要選就是從空集轉移過來，但空集代進去超過了人類的認知，所以直接用定義算

顯然就是$|T|=1$

即$(?1{)}^{1?k}{C}_0^{k?1}=[k=1]$

所以$dp(i,j,k)=dp(i?1,j,k)+[k=1]$

$j>p_i$正常轉移

滾動數組優化一下即可

#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <cctype> using namespace std; const int MOD=998244353; typedef long long ll; int p[1005],dp[2][10005][15]; inline int qpow(int a,int p) {int ans=1;while (p){if (p&1) ans=(ll)ans*a%MOD;a=(ll)a*a%MOD;p>>=1;}return ans; } #define inv(x) qpow(x,MOD-2) int main() {int N,K,M;scanf("%d%d%d",&N,&K,&M);K=N-K+1;for (int i=1;i<=N;i++) scanf("%d",&p[i]);int cur=1;for (int i=1;i<=N;i++){for (int j=0;j<p[i];j++)for (int k=1;k<=K;k++)dp[cur][j][k]=dp[cur^1][j][k];for (int k=1;k<=K;k++) dp[cur][p[i]][k]=dp[cur^1][p[i]][k]+(k==1);for (int j=p[i]+1;j<=M;j++)for (int k=1;k<=K;k++)dp[cur][j][k]=((ll)dp[cur^1][j][k]+dp[cur^1][j-p[i]][k-1]-dp[cur^1][j-p[i]][k]+MOD)%MOD;cur^=1;}int ans=0;for (int i=1;i<=M;i++) ans=(ans+(ll)dp[N&1][i][K]*M%MOD*inv(i)%MOD)%MOD;printf("%d",(ans+MOD)%MOD);return 0; }

總結

以上是生活随笔為你收集整理的【洛谷P4707】重返现世【扩展Min-Max容斥】【dp】的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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