[UR #19]通用测评号

Posted 2022-06-21 StaroForgin

通用测评号

题解

首先，我们可以将原题目进行一个转化，就是我们可以对所有的数随机增加，不再限制只加没满的点，同时答案统计的也是所有$⩾n$的数的期望个数。
显然，当一个数大于$a$后，即使我们再在上面增加，也依然不会它当前的状态，也就是说，这是一个自环，不会影响到从当前点流出的概率。

接下来，我们就可以去考虑单个点产生的贡献。
一个点的填满产生贡献，当且仅当它被填满时还有点没有被填到$b_i$，事实上其他点被填到$b_i$后怎么填，我们是根本不需要管的，因为它根本不影响我们计算当前点的贡献。
我们只考虑有其他点在填到$b_i$之前的填法与这个点填满之前的填法的概率。
我们定义$d{p}_{i,j}$表示在前$i$个操作中，已经填满了$j$个人，并且我们当前计算的这个人还没有被填满的概率。
转移的方程比较显然，一种是当前这个操作没能让任何人填满，直接乘当前概率即可。
另一种就是它让一个人终结了，我们就去再前面没有确定的操作中选出$b-1$个即可。
显然，最后我们得到的$(n-1)!d{p}_{(n-1)b+a-1,n-1}$就是不行的答案，用$1$减去即可得到它的贡献。

时间复杂度$O\left(n^3\right)$。

源码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<LL,LL> pii;
#define MAXN 62505
#define pb push_back
#define mkpr make_pair
#define fir first
#define sec second
#define lowbit(x) (x&-x)
const int mo=998244353;
const int inv2=5e8+4;
const int jzm=2333;
const int zero=200000;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const double LOG310=log(10)/log(3);
const double Pi=acos(-1.0);
const double eps=1e-9;
const int orG=3,ivG=332748118;
const int lm=10;
template<typename _T>
_T Fabs(_T x)return x<0?-x:x;
template<typename _T>
void read(_T &x)
    _T f=1;x=0;char s=getchar();
    while(s<'0'||s>'9')if(s=='-')f=-1;s=getchar();
    while('0'<=s&&s<='9')x=(x<<3)+(x<<1)+(s^48);s=getchar();
    x*=f;

int add(int x,int y,int p)return x+y<p?x+y:x+y-p;
void Add(int &x,int y,int p)x=add(x,y,p);
int qkpow(int a,int s,int p)int t=1;while(s)if(s&1)t=1ll*a*t%p;a=1ll*a*a%p;s>>=1;return t;
int n,a,b,dp[MAXN][255],fac[MAXN],inv[MAXN],ff[MAXN],ans;
void init()
    fac[0]=fac[1]=inv[0]=inv[1]=ff[1]=1;
    for(int i=2;i<=n*a;i++)
        fac[i]=1ll*i*fac[i-1]%mo;
        ff[i]=1ll*(mo-mo/i)*ff[mo%i]%mo;
        inv[i]=1ll*ff[i]*inv[i-1]%mo;
    

int C(int x,int y)
    if(x<0||y<0||x<y)return 0;
    return 1ll*fac[x]*inv[y]%mo*inv[x-y]%mo;

int main()
    read(n);read(a);read(b);init();dp[0][0]=1;
    for(int i=0;i<(n-1)*b+a-1;i++)
        for(int j=0;j<n&&j*b<=i;j++)if(dp[i][j])
            int tmp=1ll*ff[n-j]*dp[i][j]%mo;
            Add(dp[i+1][j],tmp,mo);
            Add(dp[i+1][j+1],1ll*C(i-j*b,b-1)*tmp%mo,mo);
        
    ans=add(n,mo-1ll*fac[n]*dp[(n-1)*b+a-1][n-1]%mo,mo)%mo;
    printf("%d\\n",ans);
    return 0;

谢谢！！！