CodeForces 1096E: The Top Scorer

一道经典组合数学+容斥题。

题目传送门：CF1096E。

题意简述：

(p) 个人，每个人有得分 (a_i)。
总得分 (sum a_i = s)。
第一个人得分 (a_1 ge r)。

得分最高的人可以获胜，如果多个人得分最高，则等概率随机其中一个人获胜。

问第一个人获胜的概率。

题解：

第一个人要获胜，他的得分必须是最高分。

考虑枚举第一个人的得分，假设 (a_1 = x)。

再枚举总共有几个人得分和第一个人一样（包括第一个人），假设有 (i) 个。

那么剩下的 (p - i) 个人的得分必须满足 (a_i < x)，(sum a_i = s - ix)。

也就是说，(s - ix) 个无标号小球，放进 (p - i) 个有标号盒子中，允许空盒子，每个盒子最多放 (x - 1) 个球。

经典的组合问题：(n) 个小球放入 (m) 个盒子，允许空盒子的方案数为 (inom{n + m - 1}{m - 1})。

加上了球数不能大于等于 (x) 的限制，考虑容斥：

• 枚举超过限制的盒子数 (0 le i le m)，容斥系数是 ((-1)^iinom{m}{i})。

• 而 (i) 个盒子超过了限制的答案是 (inom{n-ix+m-i-1}{m-i-1})。

所以答案是 (sumlimits_{i=0}^{m}(-1)^iinom{m}{i}inom{n-ix+m-i-1}{m-i-1})。

总答案是 (sumlimits_{x=r}^{s}sumlimits_{i=1}^{p}inom{p}{i}left(sumlimits_{j=0}^{p-i}(-1)^jinom{p-i}{j}inom{n-ix-jx+p-i-j-1}{p-i-j-1} ight)/i)。
当然这式子太长了，不如封装一下。

注意各种组合数无意义的情况，continue掉就好了。

复杂度 (O(p^2s))。

#include <cstdio>

typedef long long LL;
const int Mod = 998244353;

inline int chk(int x) { if (x < 0) x += Mod; if (x >= Mod) x -= Mod; return x; }

inline int qPow(int b, int e)
{
	int a = 1;
	for (; e; b = (LL)b * b % Mod, e >>= 1)
		if (e & 1) a = (LL)a * b % Mod;
	return a;
}

int p, s, r, c[5105][105];

void Init()
{
	for (int i = 0; i <= 5100; ++i) c[i][0] = 1;
	for (int i = 0; i <= 5100; ++i)
		for (int j = 1; j <= i && j <= 100; ++j)
			c[i][j] = (c[i - 1][j - 1] + c[i - 1][j]) % Mod;
}

inline int Calc(int n, int m, int x)
{
	LL S = 0;
	for (int i = 0; i <= m && i * x <= n; ++i)
	{
		LL s = (LL)c[m][i] * c[n - x * i + m - 1][m - 1] % Mod;
		S += i & 1 ? -s : s;
	}
	return (S % Mod + Mod) % Mod;
}

int Sum1, Sum2;

int main()
{
	scanf("%d%d%d", &p, &s, &r);
	if (p == 1) return puts("1"), 0;
	Init();
	for (int x = r; x <= s; ++x)
	{
		if (x * p < s) continue;
		for (int i = 1; i <= p; ++i)
		{
			if (i * x > s || (p - i) * (x - 1) + i * x < s)
				continue;
			if (i == p) { Sum2 = (Sum2 + (i * x == s ? qPow(i, Mod - 2) : 0)) % Mod; continue; }
			Sum2 = (Sum2 + (LL)c[p - 1][i - 1] * Calc(s - i * x, p - i, x) % Mod * qPow(i, Mod - 2)) % Mod;
		}
	}
	Sum1 = c[s - r + p - 1][p - 1];
	printf("%lld
", (LL)Sum2 * qPow(Sum1, Mod - 2) % Mod);
	return 0;
}

式子也可以写成 (p!sumlimits_{x=r}^{s}sumlimits_{i=1}^{p}frac{1}{(m-i)!}inom{n-ix-i-1}{p-i-1}sumlimits_{j=1}^{i}frac{(-1)^{i-j}}{(i-j)!}cdotfrac{1}{j!cdot j})。（惊了，可以卷积）

复杂度可以优化到 (O(plog p+sp))。（为什么要写