[uoj390][UNR #3]百鸽笼【dp】【容斥原理】

【题目链接】
　　http://uoj.ac/problem/390
【题解】
　　考虑容斥原理，计算第 i i 列的时候，可以强制一些列在它之后被选取完，其他的列就不用处理了。
　　那么直到 i i 取完为止，只考虑我们强制选的列，一定有 ai a i 个 i i ，其他强制的列 j j 都小于 aj a j 个，且这个序列以 i i 结尾。由于没有任何一个列被提前取完，那么每一个这样的序列的出现概率都是相同的，为 (1m+1)L ( 1 m + 1 ) L 其中 L L 为序列的长度， m m 为强制选取的列的数量。
　　那么接下来就可以通过背包dp来转移了，对于每一列我们分别做一次dp，记 fi,j,k f i , j , k 表示考虑了其他 i i 列，强制选取了 j j 列，序列长度为 k k 的出现概率。转移十分显然。最后的答案就是 ∑j为偶数fn,j,k∗(1j+1)k−∑j为奇数fn,j,k∗(1j+1)k ∑ j 为 偶 数 f n , j , k ∗ ( 1 j + 1 ) k − ∑ j 为 奇 数 f n , j , k ∗ ( 1 j + 1 ) k
　　时间复杂度 O(N6) O ( N 6 )
【代码】

# include
# define  N     31
using namespace std;
const int P = 998244353;
int a[N], n, f[2][N][N  * N], ans[N], inv[N * N], mul[N * N];
int power(int x, int y){
  int i = x; x = 1;
  while (y > 0){
    if (y % 2 == 1) x = 1ll * i * x % P;
    i = 1ll * i * i % P;
    y /= 2;
  }
  return x;
}
int main(){
  scanf("%d", &n);
  for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i]);
  int sum = 0; for (int i = 1; i <= n; i++) sum = sum + a[i];
  mul[0] = 1; for (int i = 1; i <= sum; i++) mul[i] = 1ll * mul[i - 1] * i % P;
  inv[sum] = power(mul[sum], P - 2);
  for (int i = sum - 1; i >= 0; i--) inv[i] = 1ll * inv[i + 1] * (i + 1) % P;
  for (int t = 1; t <= n; t++){
    if (a[t] == 0) continue;
    int f1 = 0, f2 = 1;
    memset(f, 0, sizeof(f));    
    f[f1][0][a[t]] = inv[a[t] - 1];
    int now = a[t];
    for (int i = 1; i <= n; i++){
      if (i == t || a[i] == 0) continue;
      for (int j = 0; j <= n; j++)
        for (int k = 0; k <= now; k++)
          f[f2][j][k] = f[f1][j][k];
      for (int j = 0; j <= n; j++)
        for (int k = 0; k <= now; k++){
            if (f[f1][j][k] == 0) continue;
              for (int cnt = 0; cnt < a[i]; cnt++)
                f[f2][j + 1][k + cnt] = (f[f2][j + 1][k + cnt] + 1ll * f[f1][j][k] * inv[cnt]) % P;
        }
      swap(f1, f2);
      now = now + a[i] - 1;
    }
    for (int j = 0; j <= n; j++)
      for (int k = 1; k <= sum; k++){
        int num = power(power(j + 1, k), P - 2);
        if (j % 2 == 0) ans[t] = (ans[t] + 1ll * num * f[f1][j][k] % P * mul[k - 1]) % P; 
            else ans[t] = (ans[t] - 1ll * num * f[f1][j][k] % P * mul[k - 1]) % P; 
      }
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++)
      printf("%d%c", (ans[i] + P) % P, (i == n) ? '\n' : ' ');
}