@noi.ac - 443@ 老头子的话

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@description@

老头子是小学校长，小学生（大哥）们都很听老头子的话。一天，老头子给小学生（大哥）们发苹果吃。

一共有 n 个小学生（大哥），老头子每一次会等概率选择一位小学生（大哥）并给他一个苹果。一个小学生（大哥）变得开心当且仅当他拥有的苹果数 ≥k。

因为老头子年纪大了，所以他想要你告诉他，期望多少次之后所有的小学生（大哥）都变得开心。

假设答案的最简分数形式为 a/b，你需要求出 w，满足 a≡b⋅w mod 998244353，且 0≤w<998244353。

Input format

一行两个数 n，k。

Output format

一行一个数表示答案。

Sample input

1 1

Sample output

1

Constraints

对于所有的数据，n≤50，k≤1000。

@solution@

uoj#449. 【集训队作业2018】喂鸽子

你可以通过搜索上面那道题的题解完成此题。

嗯好我们进入正题。首先一眼 min-max 容斥。问题转化 n 个人中选，前 m 个人第一个拥有苹果数 ≥ k 的期望次数。

假如我们知道在 m 个人中选，第一个拥有苹果数 ≥ k 的期望次数为 f[m]。则 n 个人中选，前 m 个人第一个拥有苹果数 ≥ k 的期望次数为 f[m]*n/m。

为什么？因为期望等于概率的倒数！有恰当的正确性证明，只是我概率论学得不好。

考虑怎么求解 f[m] 。我们假设如果出现拥有苹果数 ≥ k 的事件后，强制结束操作。

设在发第 i 个苹果之前，操作还未结束的概率为 p[m][i]；设发了 i 个苹果，还是没有结束的方案数（即没有一个人的苹果数 ≥ k）为 g[m][i]；设发了 i 个苹果，刚好结束（即第 i 个苹果发给了之前某个拥有 k-1 个苹果的人，使那个人拥有了 k 个苹果）的方案数为 h[m][i]。显然以上定义中第二维的大小 <= m*k。

于是可以得到如下几个关系式：

\[p[m][i] = p[m][i-1]*\frac{g[m][i-1]}{g[m][i-1]+h[m][i-1]}
\]

\[h[m][i] = m*C_{i-1}^{k-1}*g[m-1][i-k]
\]

\[g[m][i] = \sum_{j=0}^{k-1}g[m-1][i-j]*C_{i}^{j}
\]

\[f[m] = \sum_{i=0}^{m*k}\frac{h[m][i]}{g[m][i]+h[m][i]}*i
\]

注意到 g 的转移式中，可以通过将组合数拆成阶乘形式来进行卷积。

于是时间复杂度为 O(n^2klog(nk))。

最终答案 ans 的表达式为：

\[ans = \sum_{i=1}^{n}f[i]*\frac{n}{i}*C_n^i*(-1)^{i-1}
\]

代码实现的部分细节可能与上面描述的不一样（比如我的 p[m][i] 与 h[m][i] 是边算边求的），自行理解一下吧（因为我懒得改代码了）。

@accepted code@

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int G = 3;
const int MAXN = 50;
const int MAXK = 1000;
const int MOD = 998244353;
int pow_mod(int b, int p) {
	int ret = 1;
	while( p ) {
		if( p & 1 ) ret = 1LL*ret*b%MOD;
		b = 1LL*b*b%MOD;
		p >>= 1;
	}
	return ret;
}
int pw[20 + 5], ipw[20 + 5];
int fct[MAXN*MAXK + 5], inv[MAXN*MAXK + 5];
void init() {
	fct[0] = 1;
	for(int i=1;i<=MAXN*MAXK;i++)
		fct[i] = 1LL*fct[i-1]*i%MOD;
	inv[MAXN*MAXK] = pow_mod(fct[MAXN*MAXK], MOD-2);
	for(int i=MAXN*MAXK-1;i>=0;i--)
		inv[i] = 1LL*inv[i+1]*(i + 1)%MOD;
	for(int i=1;i<=20;i++)
		pw[i] = pow_mod(G, (MOD-1)/(1<<i)), ipw[i] = pow_mod(G, (MOD-1) - (MOD-1)/(1<<i));
}
int comb(int n, int m) {
	return 1LL*fct[n]*inv[m]%MOD*inv[n-m]%MOD;
}
void ntt(int *A, int len, int type) {
	for(int i=0,j=0;i<len;i++) {
		if( i < j ) swap(A[i], A[j]);
		for(int l=(len>>1);(j^=l)<l;l>>=1);
	}
	for(int i=1;(1<<i)<=len;i++) {
		int s = (1<<i), t = (s>>1);
		int u = (type == 1) ? pw[i] : ipw[i];
		for(int j=0;j<len;j+=s) {
			for(int k=0,p=1;k<t;k++,p=1LL*p*u%MOD) {
				int x = A[j+k], y = 1LL*A[j+k+t]*p%MOD;
				A[j+k] = (x + y)%MOD, A[j+k+t] = (x + MOD - y)%MOD;
			}
		}
	}
	if( type == -1 ) {
		int inv = pow_mod(len, MOD-2);
		for(int i=0;i<len;i++)
			A[i] = 1LL*A[i]*inv%MOD;
	}
}
int dp[MAXN + 5][MAXN*MAXK + 5], A[2*MAXN*MAXK + 5], B[2*MAXN*MAXK + 5], C[2*MAXN*MAXK + 5];
int main() {
	init();
	int n, k, ans = 0;
	scanf("%d%d", &n, &k);
	dp[0][0] = 1;
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		int len; for(len = 1; len <= i*(k-1); len <<= 1);
		for(int j=0;j<len;j++)
			A[j] = B[j] = 0;
		for(int j=0;j<k;j++)
			B[j] = inv[j];
		for(int j=0;j<=(i-1)*(k-1);j++)
			A[j] = 1LL*dp[i-1][j]*inv[j]%MOD;
		ntt(A, len, 1), ntt(B, len, 1);
		for(int j=0;j<len;j++)
			C[j] = 1LL*A[j]*B[j]%MOD;
		ntt(C, len, -1);
		for(int j=0;j<=i*(k-1);j++)
			dp[i][j] = 1LL*C[j]*fct[j]%MOD;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		int g = 0, p = 1;
		for(int j=0;j<=(i-1)*(k-1);j++) {
			int a = 1LL*i*dp[i-1][j]%MOD*comb(j+k-1, k-1)%MOD;
			int b = dp[i][j+k];
			int c = pow_mod(a+b, MOD-2);
			g = (g + 1LL*p*a%MOD*c%MOD*(j+k)%MOD)%MOD;
			p = 1LL*p*b%MOD*c%MOD;
		}
		int f = 1LL*pow_mod(i, MOD-2)*n%MOD*comb(n, i)%MOD*pow_mod(MOD-1, i-1)%MOD;
		ans = (ans + 1LL*f*g%MOD)%MOD;
	}
	printf("%d\n", ans);
}

@details@

这个题与 uoj#449. 【集训队作业2018】喂鸽子 可能的确是同一道题（连用暴力模拟求期望帮助验证正确性都是一样的）。

只是我不知道哪一道题先出现，所以也不好判断这个是否可以定义为原题。

好像是在雅礼集训的时候讲课讲过这个题，还讲过不用 min-max 容斥的做法。但是好像找不着当初那个课件。。。

考试后，我对比了一下我考场上想的做法和标算的做法，发现好像不太一样。。。

可以去搜 uoj 的那道题的题解了解一下正确的切题姿势。

注意刚好结束时，最后一颗苹果一定发给那个 k 个苹果的人。

就是因为这个细节一开始写挂了。。。