AT_agc038_e [AGC038E] Gachapon 题解

AT_agc038_e [AGC038E] Gachapon 题解

这个是 min-max 容斥和尾和公式的集成。

首先对于所有 \(i\) 的出现次数不少于 \(B_i\)，我们直接应用 min-max 容斥，求出所有 \([1，n]\) 的子集 \(T\)，然后需要求出存在 \(i\) 出现次数不少于 \(B_i\) 的答案，然后利用尾和公式，因为我们的操作次数是无限的，所以我们使用不传统的尾和公式，使用

\[\mathbb{E}[X]=\mathbb{E}[X|Y=0]+\sum_{t \ge 0}\Pr(Y>t)(\mathbb{E}[X|Y=t+1]-\mathbb{E}[X|Y=t]) \]

这里我们的 \(Y\) 就设定为停止的时候 \(T\) 之内数的出现次数之和，首先对于 \(\mathbb{E}[X|Y=t+1]-\mathbb{E}(X|Y=t)\) ，就是出现次数之和增加一的期望步数，根据经典结论，出现一个集合内数的概率为 \(p = \dfrac{\sum_{i \in T}a[i]}{\sum_{i}a[i]}\) ，那么单步期望就是 \(\dfrac{1}{p}=\dfrac{\sum_{i}a[i]}{\sum_{i\in T}a[i]}\)，以及 \(\Pr(Y > t)\)，就是我们可以先存放 \(t\) 个集合内的数，然后其它的随便填的概率。 那么现在直接给出全套式子

\[\text{Answer}=\sum_{\varnothing \neq T \subseteq S}(-1)^{|T|+1}\dfrac{\sum_{i}a[i]}{\sum_{i\in T}a[i]}\sum_{\forall i \in T, cnt_i < B_i} \frac{(\sum_{i \in T}cnt_i)!}{\prod_{i \in T}cnt_i!} \prod_{i \in T}(\frac{a[i]}{\sum_{i \in T}a[i]})^{cnt_i} \]

这个看着十分吓人，但是我们化简一下

\[\text{Answer}=\sum_{\varnothing \neq T \subseteq S}(-1)^{|T|+1}\dfrac{\sum_{i}a[i]}{\sum_{i\in T}a[i]}\sum_{\forall i \in T, cnt_i < B_i} \frac{(\sum_{i \in T}cnt_i)!}{\prod_{i \in T}cnt_i!} \prod_{i \in T}a[i]^{cnt_i} \cdot (\frac{1}{\sum_{i \in T}a[i]})^{\sum_{i \in T}cnt_i} \]

然后我们发现其实有很多地方是相同的，例如 \(\sum_{i \in T}cnt_i\) 和 \(\sum_{i \in T}a[i]\)，我们直接可以把它放进dp状态里面，剩余部分其实只有

\[\sum_{\varnothing \neq T \subseteq S}(-1)^{|T|+1}\sum_{\forall i \in T, cnt_i < B_i} \frac{1}{\prod_{i \in T}cnt_i!} \prod_{i \in T}a[i]^{cnt_i} \]

是变化的于是令 \(dp_{i,j,k}\) 表示当处理到 \(i\) 时，\(\sum_{i \in T}cnt_i = k,\sum_{i \in T}a[i]=j\) 的概率为多少，我们直接暴力枚举 \(cnt_i\)，因为 \(\sum_{i}cnt_i\) 只有 400，时间复杂度 \(O(n^3)\)。