P4707 重返现世 扩展 MinMax 容斥+DP

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https://www.luogu.org/problem/P4707

题解

很容易想到这是一个 MinMax 容斥的题目。

设每一个物品被收集的时间为 (t_i)，那么集齐 (k) 个物品所需时间就是 ({t_i}) 中的第 (n-k+1) 大的时间。

所以我们不妨把 (k) 看成原来的 (n-k+1)，这个 (k leq 11)。

然后根据扩展 MinMax 容斥

[max_k (S) = sum_{T subseteq S, |T| geq k} (-1)^{|T| - k} inom{|T|-1}{k-1}min(T) ]

以及期望的线性性质有

[E(max_k (S)) = sum_{T subseteq S, |T| geq k} (-1)^{|T| - k} inom{|T|-1}{k-1}E(min(T)) ]

所以我们需要做到的就是求出右边的东西。

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因为 (E(min(T)) = frac{m}{sumlimits_{iin T} p_i})，又因为 (sumlimits_{iin T} p_i leq m leq 10000)，而且有用的只有 (sum_{iin T}p_i)，所以我们很容易得到一个 (O(n^2m)) 的做法。

令 (dp[i][j][k]) 表示在前 (i) 个数中选出来一个大小为 (k) 的集合，这个集合的 (p_i) 之和为 (j) 的总方案。

转移的时候可以类似于 01 背包来转移。

[dp[i][j][k] = dp[i-1][j][k]+dp[i-1][j-p_i][k-1] ]

最后答案就是

[sum_{i=k}^n (-1)^{i-k}inom{i-1}{k-1}sum_{j=1}^m frac {dp[n][j][i] cdot m}{j} ]

然而不管这个做法多么好想，它毕竟是 (O(n^2m)) 的，只可以通过 (70\%) 的测试数据。

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我们发现题目中有一个非常重要的条件我们没有用上：(k leq 11)。

可是容斥的时候，(|T| geq k)，这个 (k) 的范围完全没有用武之地啊。

回顾前面的 dp 的过程。如果选了一个 (sumlimits_{iin T} p_i = j) 的集合 (T)，并且 (i in T)，那么它是从一个 (p) 之和为 (j - p_i) 大小为 (|T|-1) 的集合转移而来的。

因为一个 (sumlimits_{iin T} p_i = j) 的集合 (T) 的贡献为 (sumlimits_{sumlimits_{iin T} p_i = j} (-1)^{|T| - k} inom{|T|-1}{k-1})。

我们试着把组合数阶乘拆开，但是似乎发现不了什么有用的东西。但是别忘了，组合数还有另一种拆法：

[egin{align*}&sumlimits_{sumlimits_{iin T} p_i = j} (-1)^{|T| - k} inom{|T|-1}{k-1}\= &sumlimits_{sumlimits_{iin T} p_i = j} (-1)^{|T|-k}(inom{|T|-2}{k-1}+inom{|T|-2}{k-2})\= &sumlimits_{sumlimits_{iin T} p_i = j} -(-1)^{(|T|-1)-k}inom{|T|-2}{k-1}+(-1)^{(|T|-1)-(k-1)}inom{|T|-2}{k-2}\end{align*} ]

不妨令 (dp[i][j][k]) 表示前 (i) 个数，组成的背包总 (p) 值为 (j)，在基准 (k) 为 (k) 的时候的总贡献。

于是上面的式子可以写成

[dp[i][j][k] = dp[i-1][j-p_i][k-1]-dp[i-1][j-p_i][k] ]

同时还需要加上不选的方案

[dp[i][j][k] = dp[i-1][j][k] + dp[i-1][j-p_i][k-1]-dp[i-1][j-p_i][k] ]

只需要求这个 (dp) 数组就可以了。

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时间复杂度 (O(nkm))。空间可能会开不下，可以使用滚动数组。

#include<bits/stdc++.h>

#define fec(i, x, y) (int i = head[x], y = g[i].to; i; i = g[i].ne, y = g[i].to)
#define dbg(...) fprintf(stderr, __VA_ARGS__)
#define File(x) freopen(#x".in", "r", stdin), freopen(#x".out", "w", stdout)
#define fi first
#define se second
#define pb push_back

template<typename A, typename B> inline char smax(A &a, const B &b) {return a < b ? a = b, 1 : 0;}
template<typename A, typename B> inline char smin(A &a, const B &b) {return b < a ? a = b, 1 : 0;}

typedef long long ll; typedef unsigned long long ull; typedef std::pair<int, int> pii;

template<typename I> inline void read(I &x) {
	int f = 0, c;
	while (!isdigit(c = getchar())) c == '-' ? f = 1 : 0;
	x = c & 15;
	while (isdigit(c = getchar())) x = (x << 1) + (x << 3) + (c & 15);
	f ? x = -x : 0;
}

const int N = 1000 + 7;
const int M = 10000 + 7;
const int K = 11 + 7;
const int P = 998244353;

int n, m, k;
int p[N], dp[M][K];

inline int smod(int x) { return x >= P ? x - P : x; }
inline void sadd(int &x, const int &y) { x += y; x >= P ? x -= P : x; }
inline int fpow(int x, int y) {
	int ans = 1;
	for (; y; y >>= 1, x = (ll)x * x % P) if (y & 1) ans = (ll)ans * x % P;
	return ans;
}

inline void work() {
	k = n - k + 1;
	dp[0][0] = 1;
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		for (int j = m; j >= p[i]; --j)
			for (int k = ::k; k; --k) sadd(dp[j][k], smod(dp[j - p[i]][k - 1] + P - dp[j - p[i]][k]));
	}
	int ans = 0;
	for (int i = 1; i <= m; ++i) sadd(ans, (ll)dp[i][k] * m % P * fpow(i, P - 2) % P);
	printf("%d
", ans);
}

inline void init() {
	read(n), read(k), read(m);
	for (int i = 1; i <= n; ++i) read(p[i]);
}

int main() {
#ifdef hzhkk
	freopen("hkk.in", "r", stdin);
#endif
	init();
	work();
	fclose(stdin), fclose(stdout);
	return 0;
}