题解：重返现世

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题意分析

kth Min-max 容斥

首先可以去除掉 \(p\) 中的 \(0\)，因为 \(p_i=0\) 的 \(i\) 不会生成，对答案没有任何影响。

求收集到 \(k\) 种原料的期望时间，即求收集所有原料的期望时间的第 \(k\) 大时间。

那么就可以考虑 kth Min-max 容斥。

定义 \(\operatorname*{kthmin}\) 表示求第 \(k\) 小，\(\operatorname*{kthmax}\) 表示求第 \(k\) 大。

设 \(S=\set{1,2,3,\cdots,n}\)，\(t_i=\dfrac{m}{p_i}\) 表示 \(i\) 被收集的期望时间。

集合 \(T\) 中的所有元素第一次被收集的期望时间为：

\[E\left(\min_{i\in T}t_i\right)=\dfrac{1}{\sum\limits_{i\in T}\frac{p_i}{m}}=\dfrac{m}{\sum\limits_{i\in T}p_i} \]

则题目所求即：

\[E\left(\operatorname*{kthmin}_{i\in S}t_i\right) \]

由 kth Min-max 容斥，则有：

\[E\left(\operatorname*{kthmin}_{i\in S} t_i\right)=\sum_{T\subseteq S}(-1)^{\vert T\vert-k}\dbinom{\vert T\vert-1}{k-1}E\left(\max_{i\in T}t_i\right)\\ E\left(\operatorname*{kthmax}_{i\in S} t_i\right)=\sum_{T\subseteq S}(-1)^{\vert T\vert-k}\dbinom{\vert T\vert-1}{k-1}E\left(\min_{i\in T}t_i\right) \]

\(\max t_i\) 实际上并不好求，所以为了利用 kth Min-max 容斥，我们可以将题目所求转化一下。

令 \(k'=n-k+1\)，则题目所求为（以下 \(k'\) 适用于 \(\operatorname*{kthmax},\operatorname*{kthmin}\)）：

\[\begin{aligned} E\left(\operatorname*{kthmax}_{i\in S} t_i\right)&=\sum_{T\subseteq S}(-1)^{\vert T\vert-k}\dbinom{\vert T\vert-1}{k-1}E\left(\min_{i\in T}t_i\right)\\ &=m\sum_{T\subseteq S}(-1)^{\vert T\vert-k}\dbinom{\vert T\vert-1}{k-1}\dfrac{1}{\sum\limits_{i\in T}p_i} \end{aligned} \]

注意到这道题目不像[PKUWC2018] 随机游走那般，可以直接枚举 \(T\)，因此需要优化。

DP 求解

DP 状态

考虑 DP。因为 \(k'\leq11,m\leq10000,\sum\limits_{i=1}^np_i=m\)，考虑与之有关的 DP。

设 \(\textit{dp}_{i,j,k}\) 表示考虑 \(S=\set{1,2,3,\cdots,i},\sum\limits_{l\in T}p_l=j\)，\(\sum\limits_{T\subseteq S}(-1)^{\vert T\vert-k}\dbinom{\vert T\vert-1}{k-1}\) 的值（下文中 \(k\) 均不为题中 \(k\)），即：

\[\textit{dp}_{i,j,k}=\sum_{T\subseteq\set{1,2,3,\cdots,i}}(-1)^{\vert T\vert-k}\dbinom{\vert T\vert-1}{k-1} \]

DP 转移

• 如果 \(i\not\in T\)，则有方案数为：

  \[\textit{dp}_{i-1,j,k} \]

• 否则 \(i\in T\)，去除 \(i\) 的概率 \(p_i\)，方案数即 \(\set{1,2,3,\cdots,i-1}\) 的方案数。

  考虑组合数递推公式：

  \[\dbinom{\vert T\vert-1}{k-1}=\dbinom{(\vert T\vert-1)-1}{k-1}+\dbinom{(\vert T\vert-1)-1}{(k-1)-1} \]

  那么，可以发现在 \(\dbinom{(\vert T\vert-1)-1}{(k-1)-1}\) 中 \(k\) 发生了 \(1\) 的变化，因此乘上 \(-1\)。

  故，有方案数为：

  \[\textit{dp}_{i-1,j-p_i,k-1}-\textit{dp}_{i-1,j-p_i,k} \]

故，有：

\[\textit{dp}_{i,j,k}=\textit{dp}_{i-1,j,k}+\textit{dp}_{i-1,j-p_i,k-1}-\textit{dp}_{i-1,j-p_i,k} \]

DP 边界

\[dp_{i,0,0}=1 \]

因为发现这样做是正确的，容斥函数中，\(T=\varnothing\) 是空集（因为概率和为 \(0\)），\((-1)^{0-0}=1\)。

但其实意义也不大，仅仅是为了保证后面有意义的地方计算正确而已。

答案统计

枚举概率和 \(i\)，则有答案 \(\textit{ans}\) 为：

\[\textit{ans}=\sum_{i=1}^mm\cdot dp_{n,i,k'}\cdot\dfrac{1}{i} \]

对于模意义下的 \(\dfrac1i\)，使用乘法逆元即可。

滚动数组优化

这样的空间复杂度为 \(\mathcal O(nmk')\)，会炸掉。

但是注意到 \(\textit{dp}_i\) 与 \(\textit{dp}_{i-2},\textit{dp}_{i-3},\cdots,\textit{dp}_0\) 均无关，因此可以使用滚动数组滚掉 \(i\) 这一维。

AC 代码

时间复杂度：\(\mathcal O(nmk')\)。

//#include<bits/stdc++.h>
#include<algorithm> 
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<iomanip>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<vector>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<deque>
#include<queue>
#include<stack>
#include<list>
using namespace std;
constexpr const int N=1000,M=10000,K=11,P=998244353;
int n,k,m,p[N+1],dp[2][M+1][K+1];
int qpow(int base,int n){
	int ans=1;
	while(n){
		if(n&1){
			ans=1ll*ans*base%P;
		}
		base=1ll*base*base%P;
		n>>=1;
	}
	return ans;
}
int main(){
	/*freopen("test.in","r",stdin);
	freopen("test.out","w",stdout);*/
	
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);cout.tie(0);
	
	cin>>n>>k>>m;
	k=n-k+1;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>p[i];
		if(!p[i]){
			i--,n--;
		}
	}
	dp[0][0][0]=dp[1][0][0]=1; 
	bool mode=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		mode=!mode;
		memset(dp[mode],0,sizeof(dp[mode]));
		dp[mode][0][0]=1;
		for(int j=1;j<p[i];j++){
			for(int kk=1;kk<=k;kk++){
				dp[mode][j][kk]=dp[!mode][j][kk];
			}
		}
		for(int j=p[i];j<=m;j++){
			for(int kk=1;kk<=k;kk++){
				dp[mode][j][kk]=((1ll*dp[!mode][j][kk] + dp[!mode][j-p[i]][kk-1])%P - dp[!mode][j-p[i]][kk])%P;
			}
		}
	}
	int ans=0;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		ans=(ans+1ll*dp[mode][i][k]*qpow(i,P-2)%P)%P;
	}
	ans=1ll*ans*m%P;
	if(ans<0){
		ans+=P;
	}
	cout<<ans<<'\n';
	
	cout.flush(); 
	
	/*fclose(stdin);
	fclose(stdout);*/
	return 0;
}