Luogu4707 重返现世 min-max容斥、DP

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kthMinMax的唯一模板？

首先你需要知道kth Min-Max定理的内容：(kthmax(S) = sumlimits_{T subseteq S} (-1)^{|T| - k} inom{|T| - 1}{k - 1}min(T))，证明与二项式反演相关，而且比较有趣的一件事情是这个定理也可以推广到期望上。

因为(|n-k| leq 10)，所以我们把求第(k)小改为第(k)大，那么就有(k leq 11)。

那么我们就只需要支持快速的求出所有满足(|T| geq k)的(S)的子集的贡献。这个显然不能直接枚举，考虑DP。

设(f_{i,j,k})表示考虑了前(i)个物品，(sumlimits_{T subseteq [1,i] , sumlimits_{x in T} p_x = j} (-1)^{|T| - k} inom{|T| - 1}{k - 1})的值。转移有两种情况：

1、第(i)个物品不选，从(f_{i-1,j,k})转移；

2、选择第(i)个物品，那么

(egin{align*}f_{i,j,k} += & sumlimits_{T subseteq [1,i-1] , sumlimits_{x in T} p_x = j - p_i} (-1)^{|T|+1-k} inom{|T|}{k-1} \ = & sumlimits_{T subseteq [1,i-1] , sumlimits_{x in T} p_x = j - p_i} (-1)^{|T|+1-k} (inom{|T| - 1}{k - 1} + inom{|T - 1|}{k - 2}) \ = & -sumlimits_{T subseteq [1,i-1] , sumlimits_{x in T} p_x = j - p_i} (-1)^{|T| - k} inom{|T| - 1}{k - 1} + sumlimits_{T subseteq [1,i-1] , sumlimits_{x in T} p_x = j - p_i} (-1)^{|T| - (k - 1)} inom{|T| - 1}{k - 2} \ =& f_{i-1,j-p_i,k-1} - f_{i-1,j-p_i,k} end{align*})

所以(f_{i,j,k} = f_{i-1,j,k} + f_{i-1,j-p_i,k-1} - f_{i-1,j-p_i,k})

值得注意的是初值。当(j=0)或者(k=0)的时候应该所有的dp值都是(0)，但是注意到转移(f_{i,p_i,1})的时候，我们可以在空集中加入(i)号元素产生(1)的贡献，也就是说(f_{x,0,0} (x in [0 , N]) =1)，其他的都是(0)。

最后枚举集合(T)的元素和就可以求出答案了。

#include<bits/stdc++.h>
//this code is written by Itst
using namespace std;

#define int long long
const int MOD = 998244353;
int dp[2][10003][15] , N , M , K , p[1003] , inv[10003];

signed main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("in","r",stdin);
    //freopen("out","w",stdout);
#endif
    cin >> N >> K >> M; K = N - K + 1;
    dp[0][0][0] = 1; int now = 0;
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i){
        cin >> p[i];
        now ^= 1; memset(dp[now] , 0 , sizeof(dp[0]));
        dp[now][0][0] = 1;
        for(int j = 1 ; j <= M ; ++j)
            for(int k = 1 ; k <= K ; ++k)
                dp[now][j][k] = (dp[now ^ 1][j][k] + (j >= p[i] ? dp[now ^ 1][j - p[i]][k - 1] - dp[now ^ 1][j - p[i]][k] + MOD : 0)) % MOD;
    }
    inv[1] = 1;
    for(int i = 2 ; i <= M ; ++i) inv[i] = MOD - inv[MOD % i] * (MOD / i) % MOD;
    int ans = 0;
    for(int i = 1 ; i <= M ; ++i) ans = (ans + dp[now][i][K] * inv[i]) % MOD;
    cout << ans * M % MOD;
    return 0;
}