UOJ #390. 【UNR #3】百鸽笼

UOJ #390. 【UNR #3】百鸽笼

题目链接

看这道题之前先看一道相似的题目 【PKUWC2018】猎人杀。

考虑类似的容斥：

我们不妨设处理\(1\)的概率。

我们令集合\(T\)中的所有鸽笼都在\(1\)变空之前不为空的，其它的鸽笼随便。要做到这一点，我们只需要令每个\(T\)集合中的鸽笼容量\(--\)就行了。然后我们用背包背出所有序列的方案数(不包括\(1\))，然后在将\(1\)插入序列中。插入时，将\(w_i-1\)个随便插入，然后再将一个放在序列末尾。

具体实现时，我们可以枚举"\(1\)"，然后对其它的鸽笼进行背包。但是复杂度会达到\(O(n^6)\)。于是我们先对所有鸽笼进行背包，计算"\(1\)"的时候直接将它的贡献消除，也就是做"反背包"。复杂度就是\(O(n^5)\)。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define N 35
#define mod 998244353

using namespace std;
inline int Get() {int x=0,f=1;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9') {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}while('0'<=ch&&ch<='9') {x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}return x*f;}

int n,w[N];
ll ksm(ll t,ll x) {
	ll ans=1;
	for(;x;x>>=1,t=t*t%mod)
		if(x&1) ans=ans*t%mod;
	return ans;
}

ll fac[1005],inv[1005];
ll C(int n,int m) {
	if(n<m) return 0;
	return fac[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod;
}

ll f[N][N*N];
ll g[N][N*N];
int sum;

void solve(int now) {
	memcpy(f,g,sizeof(f));
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		for(int j=0;j<=sum;j++) {
			for(int q=0;q<w[now]&&q<=j;q++) {
				f[i][j]=(f[i][j]-f[i-1][j-q]*C(j,q)%mod+mod)%mod;
			}
		}
	}
	ll ans=0,flag=1;
	for(int i=0;i<n;i++,flag*=-1) {
		ll invi=ksm(i+1,mod-2),t=ksm(invi,w[now]);
		for(int j=0;j<=sum;j++,t=t*invi%mod) {
			if(!f[i][j]) continue ;
			(ans+=flag*C(j+w[now]-1,w[now]-1)*f[i][j]%mod*t%mod)%=mod;
		}
	}
	cout<<(ans+mod)%mod<<" ";
}

int main() {
	fac[0]=1;
	for(int i=1;i<=900;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
	inv[900]=ksm(fac[900],mod-2);
	for(int i=899;i>=0;i--) inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%mod;
	n=Get();
	for(int i=1;i<=n;i++) w[i]=Get();
	g[0][0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		sum+=w[i]-1;
		for(int j=i;j>=1;j--) {
			for(int k=sum;k>=0;k--) {
				for(int q=0;q<w[i]&&q<=k;q++) {
					(g[j][k]+=g[j-1][k-q]*C(k,q))%=mod;
				}
			}
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) solve(i);
	return 0;
}