UOJ #514 [UR #19]通用测评号 (容斥原理、DP)

题目链接

http://uoj.ac/contest/51/problem/514

题解

神仙们都好强啊。

本题有好多做法，但是第一步都是一样的：
题目中的“每次选一个没有达到 \(a\) 的进行装填”其实没有用，可以等价成每次随机选任何一个位置 \(+1\)，然后求 \(\ge a\) 的个数的期望。
然后考虑计算 \(1\) 号位置最后达到 \(a\) 了的概率。

不容斥做法

考虑操作序列，对每个位置 \(+1\) 视为一种不同的操作。我们将一种非 \(1\) 操作的次数达到 \(b\) 或者 \(1\) 操作达到 \(a\) 称为“终止”。一种操作终止之后，我们忽略这种操作，不再加入进操作序列中。于是操作序列的总长是 \((n-1)b+a\).
考虑计算最后一次为 \(1\) 操作的概率。那么也就是说剩下 \((n-1)\) 种操作要在之前全部终止。设终止的时间从小到大排序为 \(t_1,t_2,...,t_{n-1}\)，那么容易得到概率为

\[\frac{\prod^{n-1}_{i=1}{t_i-1-(i-1)b\choose b-1}}{\prod^{n-1}_{i=1}(n-i+1)^{t_i-t_{i-1}}} \]

直接对这个东西做一个 DP，设 \(f[i][j]\) 表示目前操作序列放了 \(i\) 个元素，已经有 \(j\) 种操作终止了。
时间复杂度 \(O(n^3)\).

容斥做法

容斥。考虑枚举 \(1\) 号位置达到 \(a\) 时没有达到 \(b\) 的位置个数 \(i\). 那么别的位置照样可以不考虑。
假设钦定了 \(k\) 个位置，连带着 \(1\) 实际被操作的次数分别记为 \(x_i\)，其中 \(1\) 的次数记作 \(x_0\)，则 \(\forall 1\le i\le k,0\le x_i\le b-1\). 考虑计算当 \(x_0=a-1\) 的时候，出现每个局面的概率之和，再乘以下一步操作 \(1\) 的概率 \(\frac{1}{k}\). 则对于一组合法的 \(x_0=a-1,x_1,...,x_k\)，概率为

\[\frac{(\sum^k_{i=1}b_i)!}{\prod b_i!k^{\sum^k_{i=1}b_i}} \]

对所有钦定方案的所有 \(b\) 序列求和，直接 DP 可以做到 \(O(n^4)\)，NTT 优化可以做到 \(O(n^3\log n)\).

有一个神奇的优化：发现我们就是要求一个生成函数 \(F(x)\sum^{b-1}_{i=0}\frac{x^i}{i!}\) 的 \(0,1,...,n\) 次幂的每一项系数。而这种长得很像 \(e^x\) 的函数，求导往往有奇效：

\[(F(x)^i)'=iF(x)^{i-1}F'(x)=iF(x)^i-iF(x)^{i-1}\cdot \frac{x^{b-1}}{(b-1)!} \]

这个式子可以一项一项地推出来系数，时间复杂度 \(O(n^3)\).

然后还有一种神奇的 DP，大概是从前往后考虑操作序列，减掉当前这个数出现次数 \(\ge b\) 的情况。详见此处：https://www.cnblogs.com/yyf0309/p/ur19.html#4564642. 时间复杂度 \(O(n^3)\).

代码

不容斥做法

#include
#define llong long long
#define mkpr make_pair
#define x first
#define y second
#define iter iterator
#define riter reversed_iterator
#define y1 Lorem_ipsum_dolor
using namespace std;

inline int read()
{
	int x = 0,f = 1; char ch = getchar();
	for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) {if(ch=='-') f = -1;}
	for(; isdigit(ch);ch=getchar()) {x = x*10+ch-48;}
	return x*f;
}

const int mxN = 250;
const int P = 998244353;

void updsum(llong &x,llong y) {x+=y-P,x+=(x>>31)&P;}

llong quickpow(llong x,llong y)
{
	if(y==0) {return 1ll;}
	llong ret = quickpow(x,y>>1); ret = ret*ret%P; if(y&1ll) {ret = ret*x%P;}
	return ret;
}
llong fact[mxN*mxN+3],facti[mxN*mxN+3],inv[mxN*mxN+3];
void initfact(int n)
{
	fact[0] = 1ll; for(int i=1; i<=n; i++) fact[i] = fact[i-1]*i%P;
	facti[n] = quickpow(fact[n],P-2); for(int i=n-1; i>=0; i--) facti[i] = facti[i+1]*(i+1ll)%P;
	for(int i=1; i<=n; i++) inv[i] = facti[i]*fact[i-1]%P;
}
llong comb(llong x,llong y) {return x<0||y<0||x