[洛谷P4707] 重返现世

Description

为了打开返回现世的大门，$Yopilla$ 需要制作开启大门的钥匙。$Yopilla$ 所在的迷失大陆有 $n$ 种原料，只需要集齐任意 $k$ 种，就可以开始制作。

$Yopilla$ 来到了迷失大陆的核心地域。每个单位时间，这片地域就会随机生成一种原料。每种原料被生成的概率是不同的，第 $i$ 种原料被生成的概率是 $\frac{p_i}{m}$ 。如果 $Yopilla$ 没有这种原料，那么就可以进行收集。

$Yopilla$ 急于知道，他收集到任意 $k$ 种原料的期望时间，答案对 998244353 取模。

Input

第一行三个数 $n,k,m$ 。

第二行 $n$ 个数 $p_1, p_2, ..., p_n$ 。

Output

输出一行。

Sample Input

3 3 3

1 1 1

Sample Output

499122182

HINT

对于 $10 \%$ 的数据，$p_1 = p_2 = ... = p_m$

对于另外 $10 \%$ 的数据，$k = n$ 。

对于 $70 \%$ 的数据，$n \leq 100$。

对于 $100 \%$ 的数据，$1 \leq n \leq 1000$ ，$1 \leq k \leq n,$ $| n - k | \leq 10$, $0 \leq p_i \leq m$ , $ \sum p = m$, $1 \leq m \leq 10000$ 。

想法

首先，看到“收集”“期望”这种字眼，就套路地想到 $MIN-MAX$ 容斥

而这道题相当于求第 $K$ 小的期望收集到的时间，那就是扩展 $MIN-MAX$ 容斥

鉴于 $|n-k|\leq 10$ ，不妨令 $K=n-K+1$ ，改求第 $K$ 大。

上式子， $K-MAX(S)=\sum\limits_{T \subseteq S} (^{|T|-1}_{K-1}) \cdot (-1)^{|T|-K} \cdot \frac{m}{\sum\limits_{i \in T} p_i}$

（证明挺容易的，就是二项式反演，略过……）

发现 $n$ 好大不能枚举子集，于是考虑 $dp$ 。

接下来的做法就十分神仙了【划重点】

我们发现 $m$ 很小，也就是上面式子中 $\frac{m}{\sum\limits_{i \in T} p_i}$ 的值只有 $10^5$种

那考虑合并同类项，把它拎出来，原式写成：

\[ans= \sum\limits_{j=1}^m \frac{m}{j} \cdot f_{n,j,k}
\]

于是我们就用 $dp$ 搞这个系数。

$f_{i,j,k}$ 中： $i$ 表示考虑了前 $i$ 个数； $j$ 表示在前 $i$ 个数中选出了集合 $T$ ，$T$ 中所有元素和为 $j$ ；$k$ 即求第 $k$ 大。

转移：

1.对于 $T$ 中没有第 $i$ 个数的：贡献是 $f_{i-1,j,k}$

2.对于 $T$ 中有第 $i$ 个数的：贡献是 $\sum\limits_{i \in T} (^{|T|-1}_{k-1}) \cdot (-1)^{|T|-k}$，这式中的 $T$ 满足元素和为 $j$

而这个贡献肯定要由 $f_{i-1,j-p[i],x}$ 转移而来，$x$ 未知

于是我们把它改写成

\[\begin{equation*}
\begin{aligned}
&\sum\limits_{T} (^{|T|}_{k-1}) \cdot (-1)^{|T|-k+1} 其中T即为上式T减去i，满足元素和为j-p[i]\\
=&\sum [(^{|T|-1}_{k-1})+(^{|T|-1}_{k-2})] \cdot (-1)^{|T|-k+1} \\
=&\sum (^{|T|-1}_{k-1}) \cdot (-1)^{|T|-k} \cdot (-1) + \sum (^{|T|-1}_{(k-1)-1}) \cdot (-1)^{|T|-k+1} \\
=&-f_{i-1,j-p[i],k}+f_{i-1,j-p[i],k-1}
\end{aligned}
\end{equation*}
\]

综上所述，$f_{i,j,k}=f_{i-1,j,k}+f_{i-1,j-p[i],k-1}-f_{i-1,j-p[i],k}$

边界条件 $f_{0,0,0}=1$

注意要用滚动数组。

把所有系数求出来后枚举 $\sum p[i]$的值，带进去求就行了。

代码

#include<cstdio>

#include<iostream>

#include<algorithm>

#define P 998244353

using namespace std;

int read(){

	int x=0;

	char ch=getchar();

	while(!isdigit(ch)) ch=getchar();

	while(isdigit(ch)) x=x*10+ch-'0',ch=getchar();

	return x;

}

const int N = 1005;

int n,K,m,p[N];

int f[2][N*10][12];

int Pow_mod(int x,int y){

	int ret=1;

	while(y){

		if(y&1) ret=1ll*ret*x%P;

		x=1ll*x*x%P;

		y>>=1;

	}

	return ret;

}

int main()

{

	n=read(); K=read(); m=read();

	K=n-K+1;

	for(int i=1;i<=n;i++) p[i]=read();

	f[0][0][0]=1;

	for(int i=1;i<=n;i++){

		int pre=((i-1)&1),id=(i&1);

		for(int j=0;j<=m;j++)

			for(int k=0;k<=i && k<=K;k++){

				f[id][j][k]=f[pre][j][k];

				if(j>=p[i] && k)

					f[id][j][k]=((f[id][j][k]+f[pre][j-p[i]][k-1])%P+P-f[pre][j-p[i]][k])%P; //手残写成 p[j] ，调了好久

			}

	}

	int ans=0;

	for(int i=1;i<=m;i++)

		ans=((ans+1ll*m*Pow_mod(i,P-2)%P*f[n&1][i][K]%P)%P+P)%P;

	printf("%d\n",ans);

	return 0;

}