[集训队作业2018]喂鸽子

这种题的一个常用转化是，只考虑所有有效的操作（比如在这题中喂一个没饱的鸽子），假设还剩(k)个元素可以进行有效操作，那么进行下一次有效操作的期望次数是(frac{n}{k})。

考虑这题，我们把每一次喂到的没饱的鸽子写成一个序列，那么这个序列的长度是(nk)。我们先假设鸽子是按从(1)到(n)的顺序依次饱的，最后再进行一些操作计算答案。

设(f_{i,j})表示考虑序列中前(i)个元素，(1)到(j)的鸽子饱了的概率，(g_{i,j})表示考虑序列中前(i)个元素，(1)到(j)的鸽子饱了的概率×期望操作次数。我们考虑这样DP：当我们希望放入一个数(x)时，如果(x)没饱，那么我们先填个(0)上去，如果(x)饱了，那么我们就在前面的(0)中再取出(k-1)个全部改为(x)。转移时，枚举下一位填(0)还是填(j+1)。如果是填(0)，那么(f'=f imesfrac{1}{n-j})（因为我们假设我们强制了这一位填某个数(x)，最终到底填什么由后面的组合数来决定），(g'=(g+frac{n}{n-j} imes f_{i,j}) imesfrac{1}{n-j})。如果填(j+1)，那么在上述转移的基础上乘一个组合数(inom{i-jk}{k-1})。

最后答案是(g_{nk,n} imes n!)，乘(n!)是因为(g)表示的是概率×期望操作次数，我们强制了鸽子是按从(1)到(n)的顺序依次饱的，这个条件贡献了(frac{1}{n!})的概率。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+10;
const int mod=998244353;

int f[N][55],g[N][55],fac[N],inv[N],ifac[N],s,n,k;

int C(int n,int m) {
	if(m<0||n<m) return 0;
	return 1ll*fac[n]*ifac[m]%mod*ifac[n-m]%mod;
}

int add(int a,int b) { return a+b>=mod?a+b-mod:a+b; }
void inc(int &a,int b) { a=a+b>=mod?a+b-mod:a+b; }

int main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
	freopen("a.in","r",stdin);
	freopen("a.out","w",stdout);
#endif
	cin>>n>>k,s=n*k;
	fac[0]=1;for(int i=1;i<=s;i++) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
	inv[1]=1;for(int i=2;i<=s;i++) inv[i]=1ll*(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
	ifac[0]=1;for(int i=1;i<=s;i++) ifac[i]=1ll*ifac[i-1]*inv[i]%mod;
	f[0][0]=1;
	for(int i=0,x,y;i<s;i++)
		for(int j=0;j<n;j++)
			if(f[i][j]||g[i][j]) {
				inc(f[i+1][j],x=1ll*f[i][j]*inv[n-j]%mod);
				inc(g[i+1][j],y=1ll*add(g[i][j],1ll*n*inv[n-j]%mod*f[i][j]%mod)*inv[n-j]%mod);
				inc(f[i+1][j+1],1ll*x*C(i-j*k,k-1)%mod);
				inc(g[i+1][j+1],1ll*y*C(i-j*k,k-1)%mod);
			}
	printf("%lld
",1ll*g[s][n]*fac[n]%mod);
	return 0;
}