题目分析
题目就是求第K种原料的出现期望时间。
考虑广义min-max容斥。
( ext{kthmax}(S)=sumlimits_{Tsubseteq S}(-1)^{|T|-k}inom{|T|-1}{k-1}min(T))
显然(min(T)=frac{m}{sumlimits_{iin S}p_i})。
发现(m)的范围很小，那么我们可以考虑设状态dp算贡献。
设(f_{j,k})表示对于集合(|S|)，(j=sumlimits_{iin S}p_i)，集合大小为(k)的方案数。
转移显然。
但是时间复杂度为(O(n^2m))，难以ac。
观察到还有(|n-k|<=10)的条件，考虑改变状态。
设(f_{j,k})表示对于集合(S)，(j=sumlimits_{iin S}p_i)，
组合数下标为(k)的(sumlimits_{T}(-1)^{|T|-k}inom{|T|-1}{k-1}min(T))的值。
对于一个概率为(v)的新物品：
如果不加入，直接累加前面的答案。
如果加入，那么答案应该是从(f_{j-v,k-1})转移过来。
我们观察一波式子(标解)
我们用(g_{i,j})表示对于集合(S)，(|S|=i)，(j= sumlimits_{kin S}p_k)的方案数。
对于(f_{j-v,k})：
(f_{j-v,k-1}=sumlimits_{i}(-1)^{i-k+1}inom{i-1}{k-2}g_{i,j-v})
(=-sumlimits_{i}(-1)^{i-k}inom{i-1}{k-2}g_{i,j-v})
增加一个物品后：
( riangle f_{j,k}=sumlimits_i(-1)^{i-k+1}inom{i}{k-1}g_{i,j-v})
(=-sumlimits_i(-1)^{i-k}inom{i}{k-1}g_{i,j-v})
两式相减：
( riangle f_{j,k}-f_{j-v,k-1}=-sumlimits_i(-1)^{i-k}inom{i-1}{k-1}g_{i,j-v})
(=-f_{j-v,k})
因此我们得到了递推式：
(f_{j,k}=f'_{j,k}+f'_{j-v,k-1}-f'_{j-v,k})
因此我们就可以(O(m*(n-k)))解决dp。
答案就是(sumlimits_{i=1}^{m}frac{m}{i}f_{i,k})
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline int Getint(){
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch))ch!='-'?:f=-1,ch=getchar();
while(isdigit(ch))x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
return x*f;
}
typedef long long ll;
const int mod=998244353;
int n,K,m,f[2][10005][15],p[1005];
int inv[10005];
ll Pow(ll x,ll k){
ll ret=1;
while(k){
if(k&1)ret=ret*x%mod;
k>>=1;x=x*x%mod;
}
return ret;
}
int main(){
n=Getint();K=n-Getint()+1;m=Getint();
for(int i=0;i<=m;i++)inv[i]=Pow(i,mod-2);
for(int i=1;i<=n;i++)p[i]=Getint();
int cur=0,pre=1;
for(int i=1;i<=10;i++)f[cur][0][i]=-1;
for(int i=1;i<=n;i++){
cur^=1;pre^=1;
for(int j=0;j<=m;j++)
for(int k=1;k<=10;k++){
f[cur][j][k]=f[pre][j][k];
if(j>=p[i]){
f[cur][j][k]=(f[cur][j][k]-f[pre][j-p[i]][k])%mod;
if(k>0)f[cur][j][k]=(f[cur][j][k]+f[pre][j-p[i]][k-1])%mod;
}
}
}
ll ans=0;
for(int i=1;i<=m;i++)ans=(ans+1ll*f[cur][i][K]%mod*m%mod*inv[i])%mod;
cout<<(ans+mod)%mod<<"
";
}