洛谷 P4707 重返现世(kth-max)

题目链接
min-max进行一波扩展可以查询kth-max
min-max看这里
同样设一个容斥函数$kth-max\{S\}={\sum }_{T\subseteq S}F(|T|)min\{T\}$
还是一样的列出每个min的出现次数
$F(x)={\sum }_{i=0}^x\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{x}{i}\right)f(i+1)$
显然大函数为第k大出现一次
$[x==k-1]={\sum }_{i=0}^x\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{x}{i}\right)f(i+1)$
二项式反演得
$f(x+1)={\sum }_{i=0}^x(-1{)}^{x-i}(\genfrac{}{}{0ex}{}{x}{i})F(i)$
$f(x+1)={\sum }_{i=0}^x(-1{)}^{x-i}(\genfrac{}{}{0ex}{}{x}{i})[i==k-1]$
$f(x+1)=(-1{)}^{x-k+1}(\genfrac{}{}{0ex}{}{x}{k-1})$
$f(x)=(-1{)}^{x-k}(\genfrac{}{}{0ex}{}{x-1}{k-1})$
即$kth-max\{S\}={\sum }_{T\subseteq S}(-1{)}^{|T|-k}(\genfrac{}{}{0ex}{}{|T|-1}{k-1})min\{T\}$
这样子就可以把kth-max转化成min
很显然每个min的期望贡献都是集合概率和的倒数，我们可以放一下最后求
先求一下${\sum }_{T\subseteq S}(-1{)}^{|T|-k}(\genfrac{}{}{0ex}{}{|T|-1}{k-1})$
考虑DP转移
假设$dp[i][j][k]$表示前$i$种中选出一个集合使其概率为$j$的${\sum }_{T\subseteq S}(-1{)}^{|T|-k}(\genfrac{}{}{0ex}{}{|T|-1}{k-1})$
显然对于第i个有两种情况，选或者不选
不选的话很简单$dp[i][j][k]=dp[i-1][j][k]$
选的话有点小问题，可以发现虽然$i$从$i-1$转移，$j$从$j-p_i$转移很套路，但是新加进来一个数以后集合大小增加了1，就需要稍微推一下了
每次大小增加1，正负性就会发生改变
根据组合数的递推式，$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{|T|-1}{k-1}\right)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{|T|-2}{k-1}\right)+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{|T|-2}{k-2}\right)$
然后正负性与$|T|,k$都有关，所以等式后第一个的贡献是负的，而第二个的贡献是正的
也就是$dp[i][j][k]=dp[i-1][j-p_i][k-1]-dp[i-1][j-p_i][k]$
边界条件的话$dp[i][0][0]=1$，这个并不是唯一的，但是按照这样子赋有实际意义：考虑上面那个容斥函数，我们只有一个空集，所以这里的${\sum }_{T\subseteq S}(-1{)}^{|T|-k}(\genfrac{}{}{0ex}{}{|T|-1}{k-1})=1$
然后只是从i-1和i转移过来，所以开个滚动数组优化一下空间
统计答案的时候乘上概率的逆元就是答案了
代码如下：

#include
#define mod 998244353
using namespace std;

long long kasumi(long long a,long long b)
{
	long long ans=1;
	while(b)
	{
		if(b&1) ans=ans*a%mod;
		a=a*a%mod;
		b>>=1;
	}
	return ans;
}

long long dp[2][20000][12];
int p[2000];
int n,m,k,pre=0,now=1;

int main()
{
	scanf("%d%d%d",&n,&k,&m);
	k=n-k+1;
	now=1;
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&p[i]);
	dp[0][0][0]=1;
	now=1,pre=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		dp[now][0][0]=1;
		for(int j=0;j<=m;j++)
		{
			for(int h=0;h<=k;h++)
			{
				dp[now][j][h]=dp[pre][j][h];
				if(j>=p[i]&&h!=0)
				{
					dp[now][j][h]=(dp[now][j][h]+(dp[pre][j-p[i]][h-1]-dp[pre][j-p[i]][h]+mod)%mod)%mod;
				}
			}
		}
		now^=1,pre^=1;
	}
	long long ans=0;
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		ans+=dp[pre][i][k]*kasumi(i,mod-2)%mod;
		ans%=mod;
	}
	printf("%lld\n",ans*m%mod);
}