CF1477F

CF1477F [* easy]

给定 (n) 个长度为 (a_i) 的巧克力，每次以正比于 (a_i) 的概率取得一个巧克力，然后在 ((0,a_i)) 中随机选择一个实数 (r) 并将其分成 (r,a_i-r) 两个部分放回。

计算使得所有巧克力的长度均小于 (k) 的期望操作次数。

(nle 50,sum a_i,kle 2000)

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对于 (n=1) 的情况简单推导可以给出答案的算式（令 (m=a_1)）：

[sum_{jge 1}^{m/k} (frac{m-jk}{m})^{j-1}(-1)^{j-1} (frac{m}{jk})^{j+1} ]

具体的：

仅考虑 (n=1)，可以发现题目描述的概率可以简单的描述为在长度为 (m) 的数轴上切割若干刀，使得相邻两个间隙的距离最大值小于等于 (k) 的期望刀数。

一般的，我们转换为期望并计数，答案可以写为 (sum P(Xge i))，此条件下有这个问题与 (i+1) 个随机均匀实数变量 ({x_j})，满足 (sum x_j=m)，其中 (max x_ige k) 的概率是一致，转换为 (1) 减去 (x_iin [0,k]) 的概率即可。

这个部分只需要考虑 (n) 个随机变量满足 (sum x_i=m) 的 “超体积” （不知道准不准确，我大概是这样理解的/yun）即可，是 (frac{m^{n-1}}{(n-1)!})，对于 ([0,k]) 的限制容斥掉，不难给出答案的算式：

[egin{aligned} &sum_{i}igg(1-sum_{jkle m} inom{i}{j}(-1)^{j}frac{(m-jk)^{i-1}/(i-1)!}{m^{i-1}/(i-1)!}igg) \&=sum_{jge 1}^{jkle m} sum_{ige j} inom{i}{j}(-1)^{j-1}(frac{m-jk}{m})^{i-1} end{aligned}]

考虑到 (frac{1}{(1-x)^{j+1}}) 的展开形式为 (sum inom{i+j}{j} x^i)，我们可以给出答案为：

[sum_{jge 1}^{jkle m} (-1)^{j-1}(frac{m-jk}{m})^{j-1} frac{1}{(1-frac{m-jk}{m})^{j+1}} ]

---

考虑 (n e 1) 的情况，一般化的，我们仍然考虑枚举 (i) 并计算 (P(Xge i))

答案就是：

[sum (1-P(Xge i)) ]

我们假定每个段分别被操作了 (i_1,i_2...i_m) 次，最终被操作了 (i=i_1+...i_m) 次，此时对应的概率为 (frac{i!}{prod i_j! (frac{a_j}{S})^{i_j-1}})

对于下半部分，我们考虑对于每个 (i) 建立一个关于 (a_i) 的指数型生成函数，我们先假定我们将无穷项都存储了起来，那么接下来只需要将这些多项式乘起来即可得到 (P(Xge i))，于是方便起见设 (m=a_i)，此处与 (n=1) 的时候相似：

[sum f_i frac{(frac{m}{S}x)^i}{i!} ]

其中 (f_i) 表示操作了 (i) 次（对应着 (i+1) 个随机变量的情况）但最大值小于等于 (k) 的概率。

[egin{aligned} &sum_{i} frac{(frac{m}{S}x)^i}{i!}sum_{jkle m} inom{i+1}{j}(-1)^j (frac{m-jk}{m})^{i} \&=sum_{jkle m} (-1)^jsum_{i} frac{(frac{m-jk}{S}x)^i}{i!}inom{i+1}{j} \&=sum_{jkle m} (-1)^jfrac{1}{j!}sum_{i} frac{(i+1)(frac{m-jk}{S}x)^i}{(i+1-j)!} \&=sum_{jkle m} (-1)^jfrac{1}{j!}frac{S}{m-jk}((frac{m-jk}{S}x)^{j}e^{(frac{m-jk}{S}x)})' \&=sum_{jkle m} (-1)^jfrac{1}{j!}igg(j((frac{m-jk}{S})x)^{j-1}e^{(frac{m-jk}{S}x)}+(frac{m-jk}{S})^{j}x^{j}e^{(frac{m-jk}{S}x)}igg) end{aligned}]

对于每个 (i)，记上述多项式为 (G_i(x))，令

[F(x)=prod G_i(x) ]

答案为：

[sum_{i} (1-F(x)[x^i]i!) ]

我们可以观察到答案中必然存在一个 (e^x) 的项数，其展开形式恰好抵消了 (+1) 的影响。

我们考虑 (f_i x^ie^{zx}) 在求和式中的贡献可以写为 (f_isum frac{(i+j)!}{j!}z^j)，等价于 (f_i imes i!sum inom{i+j}{j}z^j) 这与 (n=1) 的形式是一致的，即 (f_i imes i! imes frac{1}{(1-z)^{i+1}})

其次，可以观察到 (j) 与 (frac{m-jk}{S}) 中的 (j) 差值至多为 (1)（来源于 (x^{j-1}e^{frac{m-jk}{S}}) 这一项），总差值不超过 (n) 对此记录并 dp 可以做到 (mathcal O(frac{nL^2}{k}))

可以使用 NTT 优化至 (mathcal O(nLlog L)) 。

tips：可以注意到 (e) 的指标一定是 (e^{1-frac{jk}{S}})，提取系数时的答案刚好是 (frac{S^{i+1}}{(jk)^{i+1}})

(Code:)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std ;
#define Next( i, x ) for( register int i = head[x]; i; i = e[i].next )
#define rep( i, s, t ) for( register int i = (s); i <= (t); ++ i )
#define drep( i, s, t ) for( register int i = (t); i >= (s); -- i )
#define re register
#define mp make_pair
#define pi pair<int, int>
#define pb push_back
#define vi vector<int>
#define int long long
int gi() {
	char cc = getchar() ; int cn = 0, flus = 1 ;
	while( cc < '0' || cc > '9' ) {  if( cc == '-' ) flus = - flus ; cc = getchar() ; }
	while( cc >= '0' && cc <= '9' )  cn = cn * 10 + cc - '0', cc = getchar() ;
	return cn * flus ;
}
const int N = 52 ; 
const int M = 4000 + 5 ; 
const int P = 998244353 ;
int n, m, L, S, a[N], f[N][M], g[N][M] ; 
int inv[M], fac[M], ifac[M] ; 
int fpow(int x, int k) {
	int ans = 1, base = x ;
	while(k) {
		if(k & 1) ans = 1ll * ans * base % P ;
		base = 1ll * base * base % P, k >>= 1 ;
	} return ans ;
}
void inc(int &x, int y) { ((x += y) >= P) && (x -= P) ; }
void dec(int &x, int y) { ((x -= y) < 0) && (x += P) ; }
signed main()
{
	n = gi(), m = gi(), fac[0] = 1 ; 
	rep( i, 1, 2000 ) inv[i] = fpow(i, P - 2), fac[i] = fac[i - 1] * i % P ; 
	rep( i, 0, 2000 ) ifac[i] = fpow(fac[i], P - 2) ; 
	rep( i, 1, n ) a[i] = gi(), S += a[i] ; 
	f[0][0] = 1 ; 
	rep( i, 1, n ) {
		int lim = (a[i] / m) ; L += lim ; 
		rep( j, 0, i ) rep( k, 0, L ) g[j][k] = f[j][k], f[j][k] = 0 ; 
		rep( j, 0, lim ) {
			int z = a[i] - j * m, o = z * inv[S] % P, v = ifac[j] * fpow(P - 1, j) % P ; 
			int zz = fpow(o, j + P - 2) * j % P * v % P ;
			rep( k, 0, i ) rep( l, 0, L ) 
			inc(f[k + 1][l + j], g[k][l] * zz % P) ; 
			int zt = fpow(o, j) * v % P ; 
			rep( k, 0, i ) rep( l, 0, L ) 
			inc( f[k][l + j], g[k][l] * zt % P) ; 
		}
	} int ans = 0 ; 
	rep( o, 0, n ) rep( j, 0, L ) {
		if((!o) && (!j)) continue ; 
		if(!f[o][j]) continue ; 
		int i = j - o ; 
		int d = f[o][j] * fac[i] % P * fpow(S * fpow(j * m, P - 2) % P, i + 1) % P ; 
		dec(ans, d) ; 
	}
	cout << ans << endl ; 
	return 0 ;
}