ABC310F Make 10 Again

ABC310F Make 10 Again

[ABC310F] Make 10 Again

题目大意

你有$n$个骰子，第$i$个骰子能等概率掷出$1\sim A_i$的点数。

在同时掷出$n$个骰子后，求满足下面条件的概率：

• 能够在这些骰子中选若干个骰子，使得其点数和为$10$

输出概率模$998244353$后的值。

$1\le n\le 100,1\le A_i\le 10^6$

题解

当$A_i>10$时，大于$10$的点数对凑$10$没有用，所以我们记录点数小于等于$10$的骰子的状态。

设$f_{i,s}$表示掷出了前$i$个骰子，当前状态为$s$的情况，$s$中存储了$1\sim 10$中每个数的个数。但是，如果这样的话，状态数为$100^{10}$，显然不行。不过，我们发现，如果有$11$个$1$，我们只需要$10$个，多出的一个不需要；如果有$6$个$2$，我们只需要$5$个，多出的一个也不需要。那么，对于$1\le i\le 10$，我们最多只需要$\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$个$i$,因为如果需要超过$\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$个$i$，那么凑成的数一定是大于$10$的。

于是，我们可以将超过$\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$的$i$忽略。

那么，总状态数$T=\prod _{i=1}^{10}(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor +1)$，其值为七万多。

当骰子掷出$1\le k\le 10$的点数时，在$s$的对应状态中求加上一个$k$（如果$k$的数量已经到顶了，则不用加）后的状态$t$，转移为

$f_{i,s}+=f_{i-1,t}\times \frac{1}{A_i}$

可以将每个$s$和$k$对应的$t$预处理出，以优化这部分状态转移。

当骰子掷出$k>10$的点数时（此时$A_i>10$），这个骰子对凑$10$没有作用，则转移为

$f_{i,s}+=f_{i-1,s}\times \frac{A_i-10}{A_i}$

最后，用背包判断每个状态$s$能否能凑成$10$（这里可以将背包数组改为一个二进制数，用右移和或来实现转移），再将能凑成$10$的状态$s$的$f_{n,s}$统计在答案中即可。

时间复杂度为$O(10nT)$。

code

#include
using namespace std;
const int N=1000000;
const long long mod=998244353;
int n,tot,bg,a[15],v[105],nxt[100005][11],to[11][6][4][3][3][1<<6];
long long ans=0,jc[1000005],ny[1000005],f[105][100005];
struct node{
	int v1,v2,v3,v4,v5,z;
}w[100005];
long long mi(long long t,long long v){
	if(!v) return 1;
	long long re=mi(t,v/2);
	re=re*re%mod;
	if(v&1) re=re*t%mod;
	return re;
}
void init(){
	jc[0]=1;
	for(int i=1;i<=N;i++) jc[i]=jc[i-1]*i%mod;
	ny[N]=mi(jc[N],mod-2);
	for(int i=N-1;i>=0;i--) ny[i]=ny[i+1]*(i+1)%mod;
	for(int i=1;i<=N;i++) ny[i]=ny[i]*jc[i-1]%mod;
}
void dd(){
	int z=(a[6]<<4)|(a[7]<<3)|(a[8]<<2)|(a[9]<<1)|a[10];
	to[a[1]][a[2]][a[3]][a[4]][a[5]][z]=++tot;
	w[tot]=(node){a[1],a[2],a[3],a[4],a[5],z};
}
void dfs(int t){
	for(int i=0;i<=10/t;i++){
		a[t]=i;
		if(t<10) dfs(t+1);
		else dd();
	}
}
int pt(int s,int p){
	node t=w[s];
	if(p==1) t.v1=min(t.v1+1,10);
	else if(p==2) t.v2=min(t.v2+1,5);
	else if(p==3) t.v3=min(t.v3+1,3);
	else if(p==4) t.v4=min(t.v4+1,2);
	else if(p==5) t.v5=min(t.v5+1,2);
	else t.z|=(1<<10-p);
	return to[t.v1][t.v2][t.v3][t.v4][t.v5][t.z];
}
bool pd(int j){
	bg=1;
	for(int i=1;i<=w[j].v1;i++) bg|=(bg<<1);
	for(int i=1;i<=w[j].v2;i++) bg|=(bg<<2);
	for(int i=1;i<=w[j].v3;i++) bg|=(bg<<3);
	for(int i=1;i<=w[j].v4;i++) bg|=(bg<<4);
	for(int i=1;i<=w[j].v5;i++) bg|=(bg<<5);
	if(bg&(1<<10)) return 1;
	for(int i=6;i<=10;i++){
		if((w[j].z&(1<<10-i))&&(bg&(1<<10-i))) return 1;
	}
	return 0;
}
int main()
{
	init();
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%d",&v[i]);
	}
	dfs(1);
	f[0][1]=1;
	for(int j=1;j<=tot;j++){
		for(int k=1;k<=10;k++){
			nxt[j][k]=pt(j,k);
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=tot;j++){
			if(!f[i-1][j]) continue;
			for(int k=1;k<=min(10,v[i]);k++){
				f[i][nxt[j][k]]=(f[i][nxt[j][k]]+f[i-1][j]*ny[v[i]])%mod;
			}
			if(v[i]>10){
				f[i][j]=(f[i][j]+f[i-1][j]*ny[v[i]]%mod*(v[i]-10))%mod;
			}
		}
	}
	for(int j=1;j<=tot;j++){
		if(pd(j)) ans=(ans+f[n][j])%mod;
	}
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}