UOJ #514. 【UR #19】通用測評號

下蛋爷發表於2024-04-04

Description

有 \(n\) 個管道，每個管道的最大大小為 \(a\)，每次等機率隨機選一個沒滿的管道里放一個石子，當所有管道的大小都 \(\geq b\) 時停止，問裝滿的管道的期望個數，與 \(998244353\) 取模。

\(1 \le n \le 250,1 \le b < a \le 250\)。

Solution

先考慮一個引理：有 \(n\) 個集合，有一些集合不能加數，那麼對於所有能加數的集合，它是下一個被加數的集合的機率剛好等於所有集合都能加數，且它是原本所有能加數的集合中第一個加數的機率。這個很好證。

所以原題就可以轉化為每次隨便加石子，最終所有的管道的大小都 \(\geq b\) 時大小 \(\geq a\) 的期望個數。

不妨先求 \(1\) 號管道被裝滿的機率，最終答案就是這個機率\(\times n\)。

由於操作序列是無法確定長度的，所以不好求機率。考慮利用引理，定義一個管道不能再加石子當且僅當它是 \(1\) 號且 \(\geq a\) 或者不是 \(1\) 號且 \(\geq b\)。

這樣的話操作序列長就是 \((n-1)\times b+a\) 了，然後只要用 \(1\) 減去最後一步是 \(1\) 號管道的機率。

不妨設 \(t_i\) 表示 \(i\) 最後一次操作的時間（\(1\leq t_1<t_2<\dots<t_{n-1}<(n-1)\times b+a\)），則最後一步是 \(1\) 的機率即為：

\[\frac{\prod_{i=1}^{n-1}{\binom{t_i-1-(i-1)b}{b-1}}}{\prod_{i=1}^{n-1}{(n-i+1)^{t_{i}-t_{i-1}}}} \]

上面那個是總的方案數，下面是選擇每個位置要乘的機率。

然後對這個進行 dp 即可，設 \(f_{i,j}\) 表示當前在時間 \(i\)，有 \(j\) 個非 \(1\) 管道被填滿的機率，則 \(f_{i+1,j}\leftarrow \frac{f_{i,j}}{n-j},f_{i+1,j+1}\leftarrow \frac{f_{i,j}\times \binom{i-j\cdot b}{b-1}}{n-j}\)。

最終答案就是 \(n\times \left(1-(n-1)!\times f_{(n-1)b+a-1,n-1}\right)\)。

時間複雜度：\(O(n^2b+na)\)。

Code

#include <bits/stdc++.h>

// #define int int64_t

const int kMaxN = 255, kMaxS = 9e4 + 5, kMod = 998244353;

int n, a, b;
int fac[kMaxS], ifac[kMaxS], inv[kMaxS], f[kMaxS][kMaxN];

constexpr int qpow(int bs, int64_t idx = kMod - 2) {
  int ret = 1;
  for (; idx; idx >>= 1, bs = (int64_t)bs * bs % kMod)
    if (idx & 1)
      ret = (int64_t)ret * bs % kMod;
  return ret;
}

inline int add(int x, int y) { return (x + y >= kMod ? x + y - kMod : x + y); }
inline int sub(int x, int y) { return (x >= y ? x - y : x - y + kMod); }
inline void inc(int &x, int y) { (x += y) >= kMod ? x -= kMod : x; }
inline void dec(int &x, int y) { (x -= y) < 0 ? x += kMod : x; }

int C(int m, int n) {
  if (m < n || m < 0 || n < 0) return 0;
  return 1ll * fac[m] * ifac[n] % kMod * ifac[m - n] % kMod;
}

void prework() {
  fac[0] = ifac[0] = fac[1] = ifac[1] = inv[1] = 1;
  for (int i = 2; i <= n * a; ++i) {
    inv[i] = 1ll * (kMod - kMod / i) * inv[kMod % i] % kMod;
    fac[i] = 1ll * i * fac[i - 1] % kMod;
    ifac[i] = 1ll * inv[i] * ifac[i - 1] % kMod;
  }
}

void dickdreamer() {
  std::cin >> n >> a >> b;
  prework();
  int m = (n - 1) * b + a;
  f[0][0] = 1;
  for (int i = 0; i < m; ++i) {
    for (int j = 0; j <= std::min(n - 1, i / b); ++j) {
      int p = 1ll * f[i][j] * inv[n - j] % kMod;
      inc(f[i + 1][j], p), inc(f[i + 1][j + 1], 1ll * p * C(i - j * b, b - 1) % kMod);
    }
  }
  std::cout << 1ll * n * sub(1, 1ll * f[m - 1][n - 1] * fac[n - 1] % kMod) % kMod << '\n';
}

int32_t main() {
#ifdef ORZXKR
  freopen("in.txt", "r", stdin);
  freopen("out.txt", "w", stdout);
#endif
  std::ios::sync_with_stdio(0), std::cin.tie(0), std::cout.tie(0);
  int T = 1;
  // std::cin >> T;
  while (T--) dickdreamer();
  // std::cerr << 1.0 * clock() / CLOCKS_PER_SEC << "s\n";
  return 0;
}

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