[UNR #3]百鸽笼

Posted 2022-06-21 StaroForgin

百鸽笼

题解

首先，我们依然可以像上道题一样进行类似的转化。
每次操作时会随机一个使它减小$1$，我们的目的是当所有数都减到$⩽0$，统计每个数时最后一个见得概率。
我们不妨去尝试枚举$a_i$作为一个最后减到$0$的数，那么相当于要求在之前的减小序列中，这个数会出现$a_i-1$次，其它数会出现大于等于$a_j$次。
可以尝试通过$EGF$进行表示，其中我们定义$F_i(x)$表示固定点$i$作为末尾端点时的生成函数，显然有：
$$F_i(x)=\frac{x^{a_i-1}}{(a_i-1)!}\prod _{j\ne i}(\sum _{k=a_j}^{\infty }\frac{x^k}{k!})=\frac{x^{a_i-1}}{(a_i-1)!}\prod _{j\ne i}(e_x-\sum _{k=0}^{a_j-1}\frac{x^k}{k!})$$我们记$An{s}_i$表示$a_i$的答案，显然这个答案是可以通过$F_i(x)$算出来的。
$$An{s}_i=\sum _{j=0}^{\infty }\frac{j![x^j]F_i(x)}{n^{j+1}}$$由于$F_i(x)$中的$e^x$展开后次数是会达到无限大的，可能不太好算，我们不妨先记$y=e^x$，将它先看成一个二元生成函数，这样就可以比较容易的算出每个$[x^j{y}^k]$的系数，再与$x^j{y}^k$中每个$x$次项的系数乘起来。
显然，有
$$\begin{gathered} An{s}_i=\sum _{j=0}^{\infty }f(j,k)[x^j{y}^k]F_i(x) \\ f(i,j)=\frac{1}{n^{i+1}}\sum _{k=0}^{\infty }\frac{j^k(i+k)!}{n^{k}k!}=\frac{1}{n^{i+1}}\sum _{k=0}^{\infty }(\frac{j}{n}{)}^k(i+k{)}^{\underline{i}} \end{gathered}$$如果我们将$\frac{j}{n}$看作一个变元，那么我们后面这个式子相当于一个对一个多项式求$i$次导。
可以得到
f ( i , j ) = 1 n i + 1 ( ∑ k = 0