洛谷P4707 重返现世 kMAX-MIN反演＋DP

题目分析

kMAX-MIN反演

设kMAX-MIN反演有反演系数函数$f(|S|)$，使得

$$kMAX(S)=\sum _{T≠\varnothing ,T\subset S}f(|T|)MIN(T)$$

假设$S$集合里有$n$个数，分别是$a_1,a_2...a_n$，且$a_1\le a_2\le ...\le a_n$，那么第$k$大值为$a_{n-k+1}$。

$MIN(T)=a_i$的$T$，满足$T$中最小元素为$a_i$，所以有：

${\sum }_{i=0}^{n-x}{C}_{n-x}^{i}f(i+1)=[x=n-k+1]$

上二项式反演得到：

$f(x+1)={\sum }_{i=0}^x(-1{)}^{x-i}{C}_x^i[i=k-1]=(-1{)}^{x-k+1}{C}_x^{k-1}$

综上，$f(x)=(-1{)}^{x-k}{C}_{x-1}^{k-1}$

答案就是

$$\sum _{T≠\varnothing }(-1{)}^{|T|-K}{C}_{|T|-1}^{K-1}\frac{m}{{\sum }_{i\in T}{p}_i}$$

DP

不难发现本题的$k$应该转化为第$n-k+1$小值，而$n-k\le 10$，所以$n-k+1\le 11$。再加上$n$和$m$都不大，大胆猜想应该把它们都算进复杂度中。

设$f(j,k)$表示，对于当前考虑到的${\sum }_{i\in T}{p}_i=j$的集合，当$K=k$时，它们的容斥系数（反演系数）的和。

一个个考虑每种物品，如果不选择第$i$种物品：$f(j,k)+=f^{\prime }(j,k)$

如果选择，首先是$-1$的次方改变，这个很好办。然后组合数的问题，$C_{|T|-1}^{K-1}=C_{|T|-2}^{K-1}+C_{|T|-2}^{K-2}$，所以综上，$f(j,k)+=-f(j-p_i,k)+f(j-p_i,k-1)$。

至于边界，是一个被构造了的，很妙的$f(0,0)=0,f(0,k)=-1$的边界。不过也可以预处理一维的边界啥的。

代码

#include
using namespace std;
#define RI register int
const int mod=998244353;
int n,K,m,ans;
int p[1005],inv[10005],f[2][10005][13];

int qm(int x) {return x>=mod?x-mod:x;}
int main()
{
	scanf("%d%d%d",&n,&K,&m);
	K=n-K+1;
	for(RI i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&p[i]);
	inv[1]=1;for(RI i=2;i<=m;++i) inv[i]=1LL*(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
	for(RI i=1;i<=K;++i) f[0][0][i]=mod-1;
	for(RI i=1,t=1,lim=0;i<=n;++i,t^=1) {
		for(RI j=0;j<=lim;++j)
			for(RI k=1;k<=K;++k) {
				if(!f[t^1][j][k]) continue;
				f[t][j][k]=qm(f[t][j][k]+f[t^1][j][k]);
				f[t][j+p[i]][k+1]=qm(f[t][j+p[i]][k+1]+f[t^1][j][k]);
				f[t][j+p[i]][k]=qm(f[t][j+p[i]][k]-f[t^1][j][k]+mod);
				f[t^1][j][k]=0;
			}
		lim+=p[i];
	}
	for(RI i=1;i<=m;++i) ans=qm(ans+1LL*inv[i]*f[n&1][i][K]%mod);
	ans=1LL*ans*m%mod;
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}