【UOJ#390】【UNR#3】百鸽笼（动态规划，容斥）
题面
题解
发现这就是题解里说的：“火山喷发概率问题”（大雾
考虑如果是暴力的话，你需要记录下当前每一个位置的鸽笼数量，因为概率会随着你空的鸽笼的数量而变化。
我们可以把这个问题转变为给一个长度为(N)的序列填数的问题。
直接算似乎不是很好算(因为直接算是要钦定在最后，那么其他的东西放满之后每个位置被选择的概率会被改变），我们把最后一个被填满的恰好是(i)，变成至少有一个集合(S)在(i)后面被填满。
因为是容斥，其他集合怎么样是无所谓的，所以可以直接丢掉；而(S)集合都要在(i)后面被填满，所以(i)是第一个被填满的，而(i)被填满后后面的概率也无所谓，为(1)，前面又没有减少可以填的数的个数，所以每次填的概率也是一样的。假设(i)用完之后的长度为(L)，那么前面的概率就是(frac{1}{(|S|+1)^L})。
这样子我们枚举集合之后，枚举集合中一个元素的出现次数，再记录一下总长度什么的，就可以进行转移了。
继续发现上面这个容斥过程中，最终的贡献之和(|S|)以及(L)相关，所以考虑只记录这两个东西进行转移，就可以优化掉集合的枚举。
然后对于(n)个位置每个位置都要算一遍答案，这个很不优秀，发现算两个不同位置的时候只需要在当前背包把新位置的贡献给删掉，再把之前位置的贡献给加进来就好了。
这样子每次位置只会进入背包两次，出背包一次。
复杂度为(O(n^5))。
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
#define MOD 998244353
void add(int &x,int y){x+=y;if(x>=MOD)x-=MOD;}
inline int read()
{
int x=0;bool t=false;char ch=getchar();
while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
if(ch=='-')t=true,ch=getchar();
while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
return t?-x:x;
}
int n,N,a[35],C[950][950],f[35][950],ipw[35][950];
int fpow(int a,int b){int s=1;while(b){if(b&1)s=1ll*s*a%MOD;a=1ll*a*a%MOD;b>>=1;}return s;}
void Insert(int n,int sum,int a)
{
for(int i=n-1;~i;--i)
for(int j=sum;~j;--j)
if(f[i][j])
for(int k=0;k<a;++k)
add(f[i+1][j+k],MOD-1ll*f[i][j]*C[j+k][k]%MOD);
}
void Del(int n,int sum,int a)
{
for(int i=0;i<n;++i)
for(int j=0;j<=sum-a;++j)
if(f[i][j])
for(int k=0;k<a;++k)
add(f[i+1][j+k],1ll*f[i][j]*C[j+k][k]%MOD);
}
int main()
{
n=read();
for(int i=1;i<=n;++i)N+=(a[i]=read());
for(int i=1;i<=n;++i)ipw[i][0]=1;
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=1,inv=fpow(i,MOD-2);j<=N;++j)
ipw[i][j]=1ll*ipw[i][j-1]*inv%MOD;
for(int i=0;i<=N;++i)C[i][0]=1;
for(int i=1;i<=N;++i)
for(int j=1;j<=i;++j)
C[i][j]=(C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%MOD;
f[0][0]=1;
for(int i=1,s=0;i<=n;++i)Insert(i,s,a[i]),s+=a[i];
for(int i=1;i<=n;++i)
{
Del(n,N,a[i]);
int ret=0;
for(int j=0;j<n;++j)
for(int k=0;k<=N-a[i];++k)
if(f[j][k])
add(ret,1ll*f[j][k]*ipw[j+1][k+a[i]]%MOD*C[k+a[i]-1][a[i]-1]%MOD);
printf("%d ",ret);
Insert(n,N-a[i],a[i]);
}
puts("");return 0;
}