[补题记录] Atcoder Beginner Contest 295（E）

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E

Problem/题意

Thought/思路

Code/代码

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E

Problem/题意

给定长度为 N 的数组 A。进行如下操作：

• 若 Ai = 0，将 Ai 等概率地变为 1 ~ M 中的任意一个数；
• 对 A 排序；

问第 K 个数地期望是多少。

Thought/思路

概率 DP。（一开始想不明白这个公式，概率论白雪了）

设我们要求的 A[k] = x 且 P[i] 为 x = i 的概率，那么就有如下公式：

 关于这条公式地推导：https://zhuanlan.zhihu.com/p/617048570

因此接下来的问题就变成了：对于每个 i，求出 P(A[k] >= i)。

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但是我们不知道 A[k] 该怎么取值，所以还需要将 P(A[k] >= i) 转换为：后面 N - K + 1 个数 >= i 的概率，也就是 [K, N] 中的数都 >= i 的概率。（假设已经排好序）

显然 [K, N] 中的数不会都 >= i，而一般的情况就是：[K, N] 中的前一部分的数 < i、后一部分的数 >= i。

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对于前一部分，我们需要依靠 0 来变成 >= i 的数去替换他们，所以记录前一部分的数的个数为 need，这代表了所需要的 0 的最少数量。

也就是说，如果 0 的数量（设为 zero）zero < need，那么就永远不可能满足 [K, N] 中的数都 >= i，概率为 0；反之，如果 need <= 0，就一定满足 [K, N] 中的数都 >= i，概率为 1；

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基于概率为 0 的那种情况，就一定能保证 need <= zero。

而 need 是需要的 0 的最少数量，那么我们就可以设：有 need 个 0 变成了 >= i 的数，其带来的概率为：

 其中 P = (m - i + 1) / m，意思是：取出 >= i 的数的概率。

显然一共有 zero 个 0 可以使用，所以考虑 [need, zero] 每一种情况即可。

Code/代码

#include "bits/stdc++.h"

#define int long long

const int mod = 998244353;

int n, m, k, a[2007], fact[2007], invf[2007];

int ksm(int a, int b) {
	int res = 1;
	while (b > 0) {
		if (b & 1) res = res * a % mod;
		a = a * a % mod;
		b /= 2;
	}
	return res;
}

void init() {
	fact[0] = 1, invf[0] = ksm(1, mod - 2);
	for (int i = 1; i <= 2000; ++ i) {
		fact[i] = fact[i - 1] * i % mod;
		invf[i] = ksm(fact[i], mod - 2) % mod;
	}
}

int C(int x, int y) {
	if (x < y) return 0;
	return fact[x] * invf[y] % mod * invf[x - y] % mod;
}

signed main() {
	std::cin >> n >> m >> k;
	for (int i = 1; i <= n; ++ i) std::cin >> a[i];

	init();

	int ans = 0;
	for (int i = 1; i <= m; ++ i) {
		int zero = 0, need = n - k + 1;
		for (int j = 1; j <= n; ++ j) {
			if (a[j] >= i) need --;
			if (a[j] == 0) zero ++;
		}

		if (need <= 0 or need > zero) { // [k, n] 都 >= i，概率为 1；[k, n] 小于 i 的个数，0 补不上，概率为 0。
			ans = (ans + (need <= 0 ? 1 : 0)) % mod;
			continue;
		}

		int p1 = (m - i + 1) * ksm(m, mod - 2) % mod; // 选出的数 >= i 的概率 p：(m - i + 1) / m
		int p2 = (i - 1) * ksm(m, mod - 2) % mod; // 1 - p：(i - 1) / m

		std::vector  dp1(zero + 1), dp2(zero + 1);
		dp1[0] = dp2[0] = ksm(1, mod - 2);
		for (int j = 1; j <= zero; ++ j) {
			dp1[j] = dp1[j - 1] * p1 % mod;
			dp2[j] = dp2[j - 1] * p2 % mod;
		}

		// 用 0 补充 >= i 的数
		for (int j = need; j <= zero; ++ j) {
			ans = (ans + C(zero, j) * dp1[j] % mod * dp2[zero - j] % mod) % mod;
		}
	}

	std::cout << ans;
	return 0;
}