AtCoder Beginner Contest 215 G - Colorful Candies 2(期望,根号复杂度)

Posted 2021-10-03 issue是fw

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单独考虑每一类颜色糖果的期望即可

比如当选出$k$个糖果时,第$i$类糖果有$x_i$个

那么没有选到这类糖果的概率是$\prod _{j=0}^{k-1}\frac{n-j-x_i}{n-j}$,选到的概率取个反即可

设共有$w$类糖果,选出$k$个的期望颜色数就是

$$\sum _{i=1}^w(1-\prod _{j=0}^{k-1}\frac{n-j-x_i}{n-j})$$

化简一下就是

$$w+\sum _{i=1}^w(\frac{(n-x_i)!}{(n-x_i-k)!}\ast \frac{(n-k)!}{n!})$$

$$w+\sum _{i=1}^w(\frac{(n-x_i)!}{(n-x_i-k)!}\ast \frac{(n-k)!}{n!})$$

对于每个$k$单独计算需要花$O(w)$的时间,最坏总复杂度为$O(n^2)$

但是观察到$x_i$最多只有不多于$\sqrt{n}$种取值,我们只需要把每种取值的结果算出来,乘以这种取值的糖果类型数即可,这样每个$k$只需要$\sqrt{n}$的时间即可计算

这样总体复杂度降低到$n\sqrt{n}$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int mod = 998244353;
const int maxn = 5e5+10;
int n,c[maxn],a[maxn],shu[maxn],fac[maxn],inv[maxn];
map<int,int>mp1,mp2;
int quick(int x,int n)
{
	int ans = 1;
	for( ; n ; n>>=1,x=x*x%mod )
		if( n&1 )	ans = ans*x%mod;
	return ans;
}
int get(int zi,int mu){ return fac[zi]*inv[mu]%mod; }
void init()
{
	fac[0] = 1; inv[0] = 1;
	for(int i=1;i<=500000;i++)
	{
		fac[i] = fac[i-1]*i%mod;
		inv[i] = quick( fac[i],mod-2 )%mod;
	}
}
signed main()
{
	init();
	cin >> n;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		int x; cin >> x;
		mp1[x]++;//统计每种颜色的个数 
	}
	for(auto v:mp1 )	mp2[v.second]++;//记录有x个糖果的颜色类型有几种 
	for(int k=1;k<=n;k++)
	{
		int ans = 0;
		for(auto v:mp2 )
		{
			int val = 1;
			if( v.first+k>n )	val = 1;
			else
			{
				int r = get( n-v.first,n-v.first-k )*get( n-k,n )%mod;
				val = ( 1-r )%mod;
			}
			ans = ( ans+val*v.second%mod )%mod;
		}
		ans = ( ans%mod+mod )%mod;
		cout << ans << "\\n";
	}
	return 0;
}