題意：有n個鴿子，你每秒隨機喂一只鴿子，每只鴿子吃k次就飽了。求期望多少秒之后全飽了。n <= 50, k <= 1000。

解：有兩種做法。一種直接DP的n²k做法在這。我用的是Min-Max容斥 + NTT優化DP。

先Min-Max容斥，由于鴿子是等價的，所以相當于求m只鴿子期望多少秒之后有一只飽了。

講不清楚...看題解吧。

注意題解中m個盒子的答案為什么放了i + 1個球，這是因為我們把最后一個球拿出來考慮了。所以唯一放滿k個球的盒子的貢獻是1 / (k - 1)!

1 #include <bits/stdc++.h> 2 3 const int MO = 998244353; 4 const int N = 50010; 5 6 int n, K, fac[N], inv[N], invn[N]; 7 int f[55][N], g[55][N], A[N * 4], B[N * 4], r[N * 4]; 8 9 inline int C(int n, int m) { 10 if(n < 0 || m < 0 || n < m) return 0; 11 return 1ll * fac[n] * invn[m] % MO * invn[n - m] % MO; 12 } 13 14 inline int qpow(int a, int b) { 15 int ans = 1; 16 while(b) { 17 if(b & 1) ans = 1ll * ans * a % MO; 18 a = 1ll * a * a % MO; 19 b = b >> 1; 20 } 21 return ans; 22 } 23 24 inline int Inv(int x) { 25 return qpow(x, MO - 2); 26 } 27 28 inline void prework(int n) { 29 static int R = 0; 30 if(R == n) return; 31 R = n; 32 int lm = 1; 33 while((1 << lm) < n) lm++; 34 for(int i = 0; i < n; i++) { 35 r[i] = (r[i >> 1] >> 1) | ((i & 1) << (lm - 1)); 36 } 37 return; 38 } 39 40 inline void NTT(int *a, int n, int f) { 41 prework(n); 42 for(int i = 0; i < n; i++) { 43 if(i < r[i]) { 44 std::swap(a[i], a[r[i]]); 45 } 46 } 47 for(int len = 1; len < n; len <<= 1) { 48 int Wn = qpow(3, (MO - 1) / (len << 1)); 49 if(f == -1) Wn = Inv(Wn); 50 for(int i = 0; i < n; i += (len << 1)) { 51 int w = 1; 52 for(int j = 0; j < len; j++) { 53 int t = 1ll * a[i + len + j] * w % MO; 54 a[i + len + j] = (a[i + j] - t) % MO; 55 a[i + j] = (a[i + j] + t) % MO; 56 w = 1ll * w * Wn % MO; 57 } 58 } 59 } 60 if(f == -1) { 61 int inv = Inv(n); 62 for(int i = 0; i < n; i++) { 63 a[i] = 1ll * a[i] * inv % MO; 64 } 65 } 66 return; 67 } 68 69 int main() { 70 71 scanf("%d%d", &n, &K); 72 73 fac[0] = inv[0] = invn[0] = 1; 74 fac[1] = inv[1] = invn[1] = 1; 75 for(int i = 2; i <= n * K; i++) { 76 fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i % MO; 77 inv[i] = 1ll * inv[MO % i] * (MO - MO / i) % MO; 78 invn[i] = 1ll * invn[i - 1] * inv[i] % MO; 79 } 80 81 int len = 1; 82 while(len <= n * K) len <<= 1; 83 g[0][0] = 1; 84 memcpy(B, invn, K * sizeof(int)); 85 NTT(B, len, 1); 86 for(int i = 1; i <= n; i++) { 87 /*for(int j = 0; j <= i * K; j++) { 88 /// g[i][j] f[i][j] 89 for(int k = 0; k < K && k <= j; k++) { 90 g[i][j] = (g[i][j] + 1ll * g[i - 1][j - k] * invn[k] % MO) % MO; 91 f[i][j] = (f[i][j] + 1ll * f[i - 1][j - k] * invn[k] % MO) % MO; 92 } 93 if(j >= K) f[i][j] = (f[i][j] + 1ll * g[i - 1][j - K] * invn[K - 1] % MO) % MO; 94 }*/ 95 memcpy(A, g[i - 1], n * K * sizeof(int)); 96 memset(A + n * K, 0, (len - n * K) * sizeof(int)); 97 NTT(A, len, 1); 98 for(int j = 0; j < len; j++) { 99 A[j] = 1ll * A[j] * B[j] % MO; 100 } 101 NTT(A, len, -1); 102 for(int j = 0; j <= i * K; j++) { 103 g[i][j] = A[j]; 104 } 105 memcpy(A, f[i - 1], n * K * sizeof(int)); 106 memset(A + n * K, 0, (len - n * K) * sizeof(int)); 107 NTT(A, len, 1); 108 for(int j = 0; j < len; j++) { 109 A[j] = 1ll * A[j] * B[j] % MO; 110 } 111 NTT(A, len, -1); 112 for(int j = 0; j <= i * K; j++) { 113 f[i][j] = A[j]; 114 if(j >= K) { 115 f[i][j] = (f[i][j] + 1ll * g[i - 1][j - K] * invn[K - 1] % MO) % MO; 116 } 117 } 118 } 119 120 int ans = 0; 121 for(int i = 1; i <= n; i++) { 122 int temp = 0; 123 for(int j = K - 1; j <= i * K; j++) { 124 temp = (temp + 1ll * fac[j - 1] * f[i][j] % MO * qpow(inv[i], j) % MO * j % MO) % MO; 125 } 126 temp = 1ll * temp * n % MO * inv[i] % MO * C(n, i) % MO; 127 if(i & 1) { 128 ans = (ans + temp) % MO; 129 } 130 else { 131 ans = (ans - temp) % MO; 132 } 133 } 134 printf("%d\n", (ans + MO) % MO); 135 return 0; 136 } AC代碼

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總結

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