正題

題目鏈接:https://www.luogu.com.cn/problem/P4707

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題目大意

$n$個物品，每次生成一種物品，第$i$個被生成的概率是$\frac{p_i}{m}$，求生成至少$k$種物品的期望次數。

$1\le n\le 1000,max\{n?10,1\}\le k\le n,1\le m\le 10000$

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解題思路

求的是$E(mi{n}_k\{S\})$，但是$k$很大，如果令$k=n?k+1$的話就是求$E(ma{x}_k\{S\})$了

然后就可以用$min?max$容斥的擴展了

$$ma{x}_k(S)=\sum _{T\in S}(?1{)}^{|T|?k}(\genfrac{}{}{0ex}{}{|T|?1}{k?1})min(T)$$

然后$min$的話挺好搞的，因為這個集合中的所有物品都可以視為一個物品，所以期望就是$\frac{m}{{\sum }_{i\in T}{p}_i}$

然后因為顯然不能暴力枚舉集合，所以我們考慮$dp$。設$f_{k,i,j}$表示做到第$k$個物品，目前的${\sum }_{i\in T}{p}_i=m$，然后上面那個式子的${}^{\prime }{k}^{\prime }$的值是$j$時上面那個式子的和。

因為有個組合數轉移起來挺麻煩的，不選的話就是$f_{k?1,i,j}$不再多說，但是如果選的話，那個$(?1{)}^{|T|?k}$直接取反就好了，但是那個組合數的上那個也加了$1$。

這里我們直接用那個組合數的式子$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m}\right)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n?1}{m?1}\right)+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n?1}{m}\right)$。雖然上面那個式子的$k$是不變的，但是我們記錄了其他的$k$的值，其實如果選的話轉移就是
$$f_{k,i,j}=f_{k?1,i,j}+f_{k?1,i?p_k,j?1}?f_{k?1,i?p_k,j}$$
這樣我們的式子就是$O(nmk)$的了。

然后初始化的話為了滿足后面的定義，讓所有的$f_{0,0,i}=?1(i\in [1,m])$就好了。

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#include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; const int P=998244353; int n,k,m,f[11000][11],ans; int power(int x,int b){int ans=1;while(b){if(b&1)ans=1ll*ans*x%P;x=1ll*x*x%P;b>>=1;}return ans; } int main() {scanf("%d%d%d",&n,&k,&m);k=n-k+1;for(int p=1;p<=k;p++)f[0][p]=-1;for(int p=1;p<=n;p++){int x;scanf("%d",&x);for(int i=m;i>=x;i--)for(int j=k;j>=1;j--)(f[i][j]+=(f[i-x][j-1]-f[i-x][j]+P)%P)%=P;}for(int p=1;p<=m;p++)(ans+=1ll*f[p][k]*power(p,P-2)%P)%=P;printf("%d\n",1ll*ans*m%P);return 0; }

總結

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