CF Round#698 Div1. Nezzar and Chocolate Bars
CF Round#698 Div1. Nezzar and Chocolate Bars
前言
这就是大道至简吗。。
为什么和某ZJOI开关一样，到最后就是个背包。。
题目大意：
给定\(n,K\)和一些棍子长度为\(l_i(i\in [1,n])\)（实数！）
每次随机选择一根棍子，概率与\(l_i\)成正比，然后随机分裂成两段（实数！）
一直分裂，直到每根棍子\(l_i\leq K\)，求期望分裂次数
根据题意容易归纳一个更直观的模型：
把这些\(l_i\)排在数轴上，初始时，点集为\(0,l_1,l_1+l_2,\ldots\)
每次随机在数轴上撒一个点，直到点集中相邻两点距离\(\leq K\)为止
考虑从简单情况入手
n=1
单棍情况，设长度为\(L\)，考虑期望的简单等价变换
\(\displaystyle E(\text{条件第一次成立操作数})=\sum_{i=0}^{\infty} P(i次操作条件未成立)\)
设\(P_n\)为操作\(n\)次成立（不是恰好）的概率 (变量名重了不要介意)
设\(n\)次操作后的点集排列之后为\(X_i\)，其中\(X_0=0,X_{n+1}=L\)
我们要求\(\forall i\in[1,n+1],Z_i=X_i-X_{i-1}\leq K\)，考虑用一个二项式反演来解决这个计算
设\(W=\lfloor \frac{L}{K}\rfloor\)
\(\displaystyle P_n=\frac{1}{L^n}\sum_{i=0}^{W} (-1)^i\binom{n+1}{i}(L-iK)^n\)
其意义即为从分成的\(n+1\)个\(Z_i\)中选择\(i\)个强制不合法，然后剩下的随意分布，由此计算概率
一般情形
考虑一样的期望转概率，设\(p_m\)为\(m\)次完成的概率，\(q_m=1-p_m\)
\(\displaystyle q_m=\sum_{j_1+j_2+\cdots +j_n=m} \frac{m!}{j_1!j_2!\cdots j_n!}\prod (\frac{l_i}{\sum l_k})^{j_i}P_{i,j_i}\)
显然这里考虑用\(\text{EGF}\)积的形式来表示，设\(S=\sum l_i\)
回到上一步，这里我们对于\(i,l_i\)计算其\(P_n\)加上\(\frac{l_i}{S}\)系数的\(\text{EGF}\)，沿用上面的\(L=l_i\)
\(\displaystyle F_i(x)=\text{EGF(P)}=\sum_{n\ge 0}\frac{1}{n!}(\frac{L}{S})^n\sum_{i=0}^W(-1)^{i}\binom{n+1}{i}(1-i\frac{K}{L})^{n}x^n\)
\(\displaystyle F_i(x)=\sum_{n\ge 0}\frac{1}{n!}\sum_{i=0}^W(-1)^{i}\binom{n+1}{i}(\frac{L-iK}{S})^{n}x^n\)
设\(\displaystyle u=\frac{L-iK}{S}x\)
\(\displaystyle F_i(x)=\sum_{i=0}^W\frac{(-1)^{i}}{i!}\sum_{n\ge i-1}\frac{n+1}{(n+1-i)!}u^n\)
令\(n'=n+1-i\)，\(n=n'+i-1\)，将\(n'\)带入
\(\displaystyle F_i(x)=\sum_{i=0}^W\frac{(-1)^{i}}{i!}\sum_{n\ge 0}\frac{n+i}{n!}u^{n+i-1}\)
将\(n,i\)拆开
\(\displaystyle F_i(x)=\sum_{i=0}^W \frac{(-1)^{i}}{i!}(u^{i}\sum_{n\ge 0}\frac{1}{n!}u^{n}+u^{i-1}\sum_{n\ge 0}\frac{i}{n!}u^{n})\)
\(\displaystyle F_i(x)=\sum_{i=0}^W \frac{(-1)^{i}}{i!}(u^{i}+iu^{i-1})e^u\)
容易发现我们需要多项式是\(F(x)=e^x-\prod F_i(x)\)
最终\(F(x)\)的每一项，都会是\(x^k e^{cx}\)的形式
其中\(e^u\)中的\(u\)总是\(\frac{1}{S}(L-iK)x\)，合并之后\(L\)之和总是存在，记录\(\sum i\)即可，为\(O(S)\)
而每项要么是\(u^ie^u\)要么是\(u^{i-1}e^u\)，可以考虑记录一下\(u^{i-1}e^u\)出现的次数，为\(O(n)\)
我们的多项式项数是\(O(nS)\)的
最终我们还需要对于每一项计算答案
我们要计算\(\displaystyle \sum_{n\ge 0}n![x^n]F(x)\)，考虑形如\(x^ke^{cx}\)一项的贡献
\(\displaystyle \sum_{n\ge k}n=\sum_{n\ge k}\frac{n!}{(n-k)!}c^{n-k}=k!\sum_{n\ge 0}\binom{n+k}{n}c^{n}\)
由于\(\displaystyle \binom{n+k}{n}=(-1)^{n}\binom{-k-1}{n}\)
带入广义二项式定理得到
\(\displaystyle k!\sum_{n\ge 0}\binom{n+k}{n}c^{n}=k!(1-c)^{-k-1}\)
根据是否用\(\text{NTT}\)优化，复杂度会有所不同
over.
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef double db;
typedef long double ldb;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
#define reg register
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define Mod1(x) ((x>=P)&&(x-=P))
#define Mod2(x) ((x<0)&&(x+=P))
#define rep(i,a,b) for(int i=a,i##end=b;i<=i##end;++i)
#define drep(i,a,b) for(int i=a,i##end=b;i>=i##end;--i)
template <class T> inline void cmin(T &a,const T &b){ ((a>b)&&(a=b)); }
template <class T> inline void cmax(T &a,const T &b){ ((a<b)&&(a=b)); }
char IO;
template <class T=int> T rd(){
T s=0; int f=0;
while(!isdigit(IO=getchar())) if(IO=='-') f=1;
do s=(s<<1)+(s<<3)+(IO^'0');
while(isdigit(IO=getchar()));
return f?-s:s;
}
const int N=1<<11|10,P=998244353;
int n,m,k;
ll qpow(ll x,ll k=P-2) {
ll res=1;
for(;k;k>>=1,x=x*x%P) if(k&1) res=res*x%P;
return res;
}
int rev[N],I[N],J[N];
typedef vector <int> V;
void Init(){
rep(i,J[0]=1,N-1) J[i]=1ll*J[i-1]*i%P;
I[N-1]=qpow(J[N-1]);
drep(i,N-1,1) I[i-1]=1ll*I[i]*i%P;
}
int Init(int n){
int R=1,c=-1;
while(R<=n) R<<=1,c++;
rep(i,0,R-1) rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<c);
return R;
}
void NTT(int n,V &a,int f) {
static int e[N>>1];
rep(i,0,n-1) if(i<rev[i]) swap(a[i],a[rev[i]]);
for(int i=e[0]=1;i<n;i<<=1) {
ll t=qpow(f==1?3:(P+1)/3,(P-1)/i/2);
for(int j=i-2;j>=0;j-=2) e[j+1]=(e[j]=e[j>>1])*t%P;
for(int l=0;l<n;l+=i*2) {
for(int j=l;j<l+i;++j) {
int t=1ll*e[j-l]*a[j+i]%P;
a[j+i]=a[j]-t,Mod2(a[j+i]);
a[j]+=t,Mod1(a[j]);
}
}
}
if(f==-1) {
ll Inv=1ll*I[n]*J[n-1]%P;
rep(i,0,n-1) a[i]=a[i]*Inv%P;
}
}
V operator * (V a,V b){
if(!a.size() || !b.size()) return {};
int n=a.size()+b.size()-1,R=Init(n);
a.resize(R),b.resize(R);
NTT(R,a,1),NTT(R,b,1);
rep(i,0,R-1) a[i]=1ll*a[i]*b[i]%P;
NTT(R,a,-1);
a.resize(n);
return a;
}
V operator + (V a,V b){
if(a.size()<b.size()) swap(a,b);
rep(i,0,b.size()-1) a[i]+=b[i],Mod1(a[i]);
return a;
}
V F[55],A,B;
int S,L[55];
int main(){
Init();
n=rd(),k=rd();
rep(i,1,n) S+=L[i]=rd();
sort(L+1,L+n+1);
int InvS=qpow(S);
F[0]={1};
rep(i,1,n) {
int W=(L[i]-1)/k;
A.clear(),A.resize(W+1);
B.clear(),B.resize(W+1);
// 注意 L[i]==j*k && j==1 时会出现side condition
// 也就是 L=k=1 的情况
rep(j,0,W) {
int w=1ll*(L[i]-j*k)*InvS%P;
A[j]=1ll*(j&1?P-I[j]:I[j])*qpow(w,j)%P;
if(j) B[j]=1ll*(j&1?P-I[j]:I[j])*qpow(w,j-1)%P*j%P;
}
drep(j,i,0) {
if(!j) F[j]=F[j]*A;
else F[j]=F[j]*A+F[j-1]*B;
}
}
// 就硬乘。。
// 如果分治合并每个，复杂度变为log n
int ans=0;
rep(i,0,n) {
rep(j,max(i,1),F[i].size()-1) if(F[i][j]) {
int k=j-i;
ans=(ans+1ll*F[i][j]*J[k]%P*qpow(1ll*j*::k*InvS%P,P-1-k-1))%P;
}
}
ans=(P-ans)%P;
printf("%d\n",ans);
}
