Atcoder Grand Contest 038 E - Gachapon（Min-Max 容斥+背包）

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我竟然能独立做出 Ag 的 AGC E，incredible！更新了 Atcoder 做题难度上限（

首先按照套路 Min-Max 容斥，\(ans=\sum\limits_{\varnothing\ne T\subseteq S}(-1)^{|T|-1}\times E(\min(T))\)，考虑怎样求这个式子的值。首先我们需要搞清楚 \(E(\min(T))\)，假设 \(T\) 中包含下标为 \(x_1,x_2,\cdots,x_m\) 这 \(m\) 个元素，那么 \(E(\min(T))\) 的实际意义就是期望最少选多少个数就能找到一个 \(x_i\) 的出现次数达到了其上界 \(b_{x_i}\)，首先有可能我们抽到的数不在 \(T\) 当中，这里有一个小套路，我们记 \(e\) 为期望多少次才能抽到一个 \(T\) 中的数，那么显然 \(e=\dfrac{\sum a_i}{\sum\limits_{x\in T}a_x}\)，这样相当于我们将原来每一步的贡献 \(1\) 变成了 \(e\)，因此我们只需将答案乘个 \(e\) 就可以得到最终的 \(E(\min(T))\)。这样一来我们就不用考虑不在 \(T\) 中的数的影响了，不过我们发现这东西是不太好直接求的，故我们不妨换个角度，我们假设到达最终状态时元素 \(x_i\) 被选择的 \(c_i\) 次，那么不难发现对于任意一个由初始状态 \(0,0,\cdots,0\) 到达最终状态的取数方式，它中间总要经过 \(\sum c_i\) 个满足 \(c_i<b_{x_i}\) 的状态，因此我们可以在每个中间状态中累加一次贡献，而对于一个满足 \(\forall i,c_i<b_{x_i}\) 的 \(c_1,c_2,\cdots,c_m\)，只要它到达了这个状态，它就肯定会被统计入答案中，因此我们要求的实际上是所有满足满足 \(\forall i,c_i<b_{x_i}\) 的 \(c_1,c_2,\cdots,c_m\)，到达 \(c_1,c_2,\cdots,c_m\) 的概率。而显然对于固定的 \(c_1,c_2,\cdots,c_m\)，到达 \(c_1,c_2,\cdots,c_m\) 的概率可用总方案数除以到达 \(c_1,c_2,\cdots,c_m\) 的方案数计算，即 \(\dfrac{(\sum c_i)!}{\prod c_i!}\times\prod(\dfrac{a_i}{\sum\limits_{x\in S}a_x})^{c_i}\)，第一项为多重组合数，即将 \(i\) 个 \(c_i\) 填入一排 \(c_1+c_2+\cdots+c_m\) 个数的方案数，第二项表示生成 \(c_i\) 个 \(i\) 的方案数，生成一个 \(i\) 的概率为 \(\dfrac{a_i}{\sum\limits_{x\in S}a_x}\)，生成 \(c_i\) 个 \(i\) 的概率就是 \((\dfrac{a_i}{\sum\limits_{x\in S}a_x})^{c_i}\)，很好理解。

因此我们有：

\[E(\min(T))=\dfrac{\sum a_i}{\sum\limits_{x\in T}a_x}\sum\limits_{c_i\lt b_{x_i}}\dfrac{(\sum c_i)!}{\prod c_i!}\times\prod(\dfrac{a_i}{\sum\limits_{x\in S}a_x})^{c_i}
\]

将其带入答案计算式可得

\[\begin{aligned}ans&=\sum\limits_{\varnothing\ne T\subseteq S}(-1)^{|T|-1}\times\dfrac{\sum a_i}{\sum\limits_{x\in T}a_x}\sum\limits_{c_i\lt b_{x_i}}\dfrac{(\sum c_i)!}{\prod c_i!}\times\prod(\dfrac{a_i}{\sum\limits_{x\in S}a_x})^{c_i}\\&=\sum\limits_{\varnothing\ne T\subseteq S}(-1)^{|T|-1}\times\dfrac{\sum a_i}{\sum\limits_{x\in T}a_x}\sum\limits_{c_i\lt b_{x_i}}\dfrac{(\sum c_i)!}{\prod c_i!}\times\prod a_i^{c_i}\times(\dfrac{1}{\sum\limits_{x\in T}a_x})^{\sum c_i}\end{aligned}
\]

注意到 \(\sum a_i\) 是定值，\(\sum\limits_{x\in T}a_x,\sum c_i\) 都不会超过 \(400\)，因此考虑 \(dp\)，可以将其放入背包的状态中，设 \(dp_{i,j,k}\) 表示所有 \(T\subseteq\{1,2,3,\cdots,i\}\)，\(\sum\limits_{x\in T}a_x=j\)，\(\sum c_i=k\) 的 \((-1)^{|T|-1}\prod\dfrac{1}{c_i!}a_i^{c_i}\) 的和，转移就分 \(i\in T\) 和 \(i\notin T\) 转移即可，若 \(i\notin T\) 则 \(dp_{i,j,k}\leftarrow dp_{i-1,j,k}\)，否则我们枚举 \(c_i<b_i\)，那么 \(dp_{i,j,k}\leftarrow -dp_{i-1,j,k}\times\dfrac{1}{c_i!}a_i^{c_i}\)，二者相加即可，初始值 \(dp_{0,0,0}=-1\)（因为空集的 \((-1)^{|T|+1}=-1\)），求答案就枚举 \(\sum\limits_{x\in T}a_x=j,\sum c_i=k\)，然后用 \(dp_{n,j,k}\times(\sum a_i)\times\dfrac{1}{j^{k+1}}\times k!\) 更新答案即可，第一维可以优化到，时间复杂度 \(\sum a_i(\sum b_i)^2\)，空间复杂度 \(\sum a_i\sum b_i\)，可以通过此题。

const int MAXN=400;
const int MOD=998244353;
int n,a[MAXN+5],b[MAXN+5],sa,sb,dp[MAXN+5][MAXN+5];
int inv[MAXN+5],ifac[MAXN+5],fac[MAXN+5];
void init_fac(int n){
	for(int i=(inv[0]=inv[1]=ifac[0]=fac[0]=1)+1;i<=n;i++) inv[i]=1ll*inv[MOD%i]*(MOD-MOD/i)%MOD;
	for(int i=1;i<=n;i++) ifac[i]=1ll*ifac[i-1]*inv[i]%MOD,fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%MOD;
}
int main(){
	scanf("%d",&n);init_fac(MAXN);dp[0][0]=MOD-1;
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d%d",&a[i],&b[i]),sa+=a[i],sb+=b[i];
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=sa;j>=a[i];j--) for(int k=sb;~k;k--)
			for(int l=0,pw=1;l<=min(k,b[i]-1);l++,pw=1ll*pw*a[i]%MOD){
				dp[j][k]=(dp[j][k]-1ll*dp[j-a[i]][k-l]*pw%MOD*ifac[l]%MOD+MOD)%MOD;
			}
	} int ans=0;
	for(int i=1;i<=sa;i++) for(int j=0,pw=1;j<=sb;j++,pw=1ll*pw*inv[i]%MOD){
		ans=(ans+1ll*dp[i][j]*pw%MOD*inv[i]%MOD*sa%MOD*fac[j]%MOD)%MOD;
	} printf("%d\n",ans);
	return 0;
}