LuoGu: AT5202 [AGC038E] Gachapon
AtCoder: E - Gachapon
求所有数中满足条件的最大值，考虑 Min-Max 反演，求所有数中满足条件的最小值，即有一个满足条件即可。考虑从初始状态到有一个满足条件的状态，那么中间的每一个状态都意味着一个代价。即中间每一个状态期望的贡献的步数和，即出现的概率 $\times$ 一步，即为这个集合的最小值的期望。
对于一个概率为 $p$ 的数出现 $c $ 次概率为 $(\frac p {\sum p}) ^ c $ 。然后再计算可重排列的方案数 $\frac {(\sum c _ i)!} {\prod c _ i!}$。而这个集合在整个问题出现的概率为 $\frac {\sum _ {i \in S} p _ i}{\sum p}$ ，故期望还应乘上 $\frac {\sum p}{\sum _ {i \in S} p _ i}$ 。
故最终答案为
$$
\sum _ {S \neq \varnothing} (-1) ^ {|S| - 1} \frac {\sum p}{\sum _ {i \in S} p _ i}\sum _ {\{c _ i\}, c _ i < B _ i} \prod _ {i \in S} (\frac {p _ i} {\sum _ {i \in S} p _ i}) ^ c \frac {(\sum _ {i \in S} c _ i)!}{\prod _ {i \in S} c _ i !}
$$
枚举 $S$ 和 $c$ 的复杂度是不可接受的，考虑 DP 。记 $f _ {i, j, k}$ 表示所有集合 $\{1, 2, i\}$ 的子集且一定含有 $i$ 的集合中，$\sum p = j,\sum c = k$ 的 $(-1) ^ {|S| - 1} \sum _ {\{c _ i\}, c _ i < B _ i} \frac {\prod _ {i \in S} p _ i ^ c } {\prod _ {i \in S} c _ i !}$ 的和，那么可以 DP 求出答案。
复杂度 $O(n ^ 3 + n ^ 2 \sum B)$ 。
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| #include <cstdio>
using namespace std;
template <class Type>
void read (Type &x)
{
char c;
bool flag = false;
while ((c = getchar()) < '0' || c > '9')
flag |= c == '-';
x = c - '0';
while ((c = getchar()) >= '0' && c <= '9')
x = (x << 3) + (x << 1) + c - '0';
if (flag) x = ~x + 1;
}
template <class Type, class ...Rest>
void read (Type &x, Rest &...y) { read(x); read(y...); }
template <class Type>
void write (Type x)
{
if (x < 0) putchar('-'), x = ~x + 1;
if (x > 9) write(x / 10);
putchar('0' + x % 10);
}
typedef long long LL;
const int N = 410, mod = 998244353;
int n, p[N], w[N], f[2][N][N];
int inv[N], fact[N], ifact[N];
void init ()
{
inv[1] = 1;
for (int i = 2; i < N; ++i)
inv[i] = -(LL)(mod / i) * inv[mod % i] % mod;
fact[0] = ifact[0] = 1;
for (int i = 1; i < N; ++i)
{
fact[i] = (LL)fact[i - 1] * i % mod;
ifact[i] = (LL)ifact[i - 1] * inv[i] % mod;
}
}
int main ()
{
init();
read(n);
for (int i = 1; i <= n; ++i)
read(p[i], w[i]);
f[0][0][0] = -1;
for (int i = 1; i <= n; ++i)
{
for (int j = 0; j < N; ++j)
for (int k = 0; k < N; ++k)
f[i & 1][j][k] = 0;
for (int j = 0; j < N; ++j)
for (int k = 0; k < N; ++k)
{
int &t = f[i - 1 & 1][j][k];
if (!t) continue;
(f[i & 1][j][k] += t) %= mod;
for (int l = 0, v = 1; l < w[i]; ++l, v = (LL)v * p[i] % mod)
(f[i & 1][j + p[i]][k + l] -= (LL)v * ifact[l] % mod * t % mod) %= mod;
}
}
int res = 0, tot = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i) tot += p[i];
for (int i = 0; i < N; ++i)
for (int j = 0, t = inv[i]; j < N; ++j, t = (LL)t * inv[i] % mod)
(res += (LL)t % mod * fact[j] % mod * f[n & 1][i][j] % mod) %= mod;
write(((LL)res * tot % mod + mod) % mod);
return 0;
}
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