AGC038E Gachapon

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记(SA=sumlimits_{i=1}^nA_a,SB=sumlimits_{i=1}^n(B_i-1))。
设(S={t_1,cdots,t_n})，其中(t_i)表示(i)的个数达到(B_i)的时间，那么我们要求的就是(operatorname E(max(S)))。
考虑Min-Max容斥，(operatorname E(max(S))=sumlimits_{Tsubseteq S}(-1)^{|T|-1}operatorname E(min(T)))，(min(T))就是(T)集合中第一次元素(i)的个数达到(B_i)的时间。
根据期望的线性性，(operatorname E(min(T)))等于所有没有元素(i)的个数达到(B_i)的期望停留时间的和。
设(T)中的元素为(a_1,cdots,a_m)，(a_i)出现过(x_i)次，记(S_T=sumlimits_{i=1}^mA_{a_i})。
我们知道到达该状态后期望留在该状态的时间是(sumlimits_{i=0}^{+infty}(frac{S_T}{SA})^i=frac{SA}{S_T})，因此我们只需要求出到达该状态的概率。
根据可重组合的概率公式得到概率为((sumlimits_{i=1}^mx_i)!prodlimits_{i=1}^mfrac{(frac{A_{a_i}}{S_T})^{x_i}}{x_i!}=(sumlimits_{i=1}^mx_i)!S_T^{sumlimits_{i=1}^n x_i}prodlimits_{i=1}^mfrac{A_{a_i}^{x_i}}{x_i!})。
那么我们要求的的是所有下标集合(T)的所有(x_i)序列的期望停留时间的贡献之和，考虑dp。
一个集合的贡献是((-1)^{m-1}(frac{SA}{S_T})(sumlimits_{i=1}^mx_i)!S_T^{sumlimits_{i=1}^n x_i}prodlimits_{i=1}^mfrac{A_{a_i}^{x_i}}{x_i!})，我们考虑把难以转移的(S_T)和(sumlimits_{i=1}x_i)拿出来放进dp状态。
设(S_T=j)，(sumlimits_{i=1}^mx_i=k)，那么一个集合的贡献是((-1)^{m-1}(frac{SA}j)k!j^kprodlimits_{i=1}^mfrac{A_{a_i}^{x_i}}{x_i!})。
那么设(f_{i,j,k})只考虑前(i)个元素，所有(S_T=j)，(sumlimits_{i=1}^mx_i=k)的集合的((-1)^{m-1}prodlimits_{i=1}^mfrac{A_{a_i}^{x_i}}{x_i!})之和。
转移的话考虑多出来一个(i)元素会造成什么影响，显然我们只需要考虑包含(i)这个下标的集合，然后再枚举(i)的出现次数(lin[0,B_i))，就有(-1frac{A_i^l}{l!}f_{i-1,j,k} ightarrow f_{i,j+A_i,k+l})。
答案就是(sumlimits_{j=1}^ssumlimits_{k=0}^{SB}(frac{SA}{j})k!j^kf_{j,k})。

#include<cstdio>
const int N=404,P=998244353;
int f[N][N],A[N],B[N],fac[N],ifac[N];
int read(){int x;scanf("%d",&x);return x;}
int inc(int a,int b){return a+=b-P,a+(a>>31&P);}
int dec(int a,int b){return a-=b,a+(a>>31&P);}
int mul(int a,int b){return 1ll*a*b%P;}
int pow(int a,int k){int r=1;for(;k;k>>=1,a=mul(a,a))if(k&1)r=mul(a,r);return r;}
int main()
{
    int n=read(),ans=0,s=0;
    f[0][0]=P-1,fac[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;++i) s+=A[i]=read(),B[i]=read();
    for(int i=1;i<=400;++i) fac[i]=mul(fac[i-1],i);
    ifac[400]=pow(fac[400],P-2);
    for(int i=400;i;--i) ifac[i-1]=mul(ifac[i],i);
    for(int i=1;i<=n;++i)
	for(int j=s;~j;--j)
	    for(int k=400;~k;--k)
		if(f[j][k])
		    for(int l=0,r=1;l<B[i];++l,r=mul(r,A[i]))
			f[j+A[i]][k+l]=dec(f[j+A[i]][k+l],mul(mul(r,ifac[l]),f[j][k]));
    for(int i=1;i<=s;++i)
        for(int r=pow(i,P-2),t=i==s? 1:mul(s,pow(i,P-2)),j=0,k=1;j<=400;++j,k=mul(k,r))
            ans=inc(ans,mul(mul(mul(f[i][j],fac[j]),k),t));
    printf("%d",ans);
}