Description
洛谷题目链接：https://www.luogu.org/problemnew/show/P4707
Solution
前置广义(min-max)容斥，不懂的可以看看我的min-max容斥学习笔记。
那么(min{S})显然是比较好求的，具体的：
[min{S}=frac{m}{sum_{iin S}p_i}
]
但是注意到(n)的范围很大，显然不能用常规做法。
注意到(k)很小，可以考虑(dp)。
设(f_{x,s,k})表示当前(dp)到前(x)个了，选出来的要满足(sum p=s)，且为第(k)大的系数，因为可以注意到后面的(min)都是一样的，我们这里在(dp)当前的(min)被算了多少次，那么这个(dp)状态的意义就是前面那一坨系数，即：
[sum_{T}(-1)^{|T|-k}inom{|T|-1}{k-1}
]
并且满足了一堆的条件。
考虑怎么转移这个(dp)，这里显然是要分情况讨论：
如果不选(x)，那么转移就很简单了，直接是(f_{x,s,k}=f_{x-1,s,k})。
否则就有点复杂了，我们先把式子写出来：
[f_{x,s,k}=sum_{T}(-1)^{|T|-k}inom{|T|-1}{k-1}\
]
然后这里的(sum p=s)，由于这里硬点(x)要选，我们不妨考虑剩下的部分是啥样的：
[f_{x,s,k}=sum_{T}(-1)^{|T|+1-k}inom{|T|}{k-1}
]
注意这里枚举的(T)是不含(x)的，且(sum p=s-p_x)，我们尝试着利用组合数的性质把它展开：
[egin{align}
f_{x,s,k}&=sum_{T}(-1)^{|T|+1-k}(inom{|T|-1}{k-1}+inom{|T|-1}{k-2})\
&=-sum_T(-1)^{|T|-k}inom{|T|-1}{k-1}+sum_T(-1)^{|T|-(k-1)}inom{|T|-1}{(k-1)-1}\
&=-f_{x-1,s-p_x,k}+f_{x-1,s-p_x,k-1}
end{align}
]
那么我们就可以得到总的转移方程：
[f_{x,s,k}=f_{x-1,s,k}-f_{x-1,s-p_x,k}+f_{x-1,s-p_x,k-1}
]
边界条件就直接(f_{x,0,0}=1)就好了。
注意这里空间复杂度会爆掉，要把(dp)的第一维滚掉就好了。
代码真的很好写...
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
void read(int &x) {
x=0;int f=1;char ch=getchar();
for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) if(ch=='-') f=-f;
for(;isdigit(ch);ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';x*=f;
}
void print(int x) {
if(x<0) putchar('-'),x=-x;
if(!x) return ;print(x/10),putchar(x%10+48);
}
void write(int x) {if(!x) putchar('0');else print(x);putchar('
');}
const int maxn = 2e5+10;
const int mod = 998244353;
int qpow(int a,int x) {
int res=1;
for(;x;x>>=1,a=1ll*a*a%mod) if(x&1) res=1ll*res*a%mod;
return res;
}
int n,K,m,p[maxn],f[2][10050][12];
int main() {
read(n),read(K),read(m);K=n-K+1;
for(int i=1;i<=n;i++) read(p[i]);
f[0][0][0]=1;
for(int t=1;t<=n;t++) {
int i=t&1;
for(int j=0;j<p[t];j++)
for(int k=0;k<=K;k++)
f[i][j][k]=f[i^1][j][k];
f[i][0][0]=1;
for(int j=p[t];j<=m;j++)
for(int k=1;k<=K;k++)
f[i][j][k]=((f[i^1][j][k]+f[i^1][j-p[t]][k-1])%mod-f[i^1][j-p[t]][k])%mod;
}
int ans=0;
for(int i=1;i<=m;i++) ans=(ans+1ll*f[n&1][i][K]*m%mod*qpow(i,mod-2)%mod)%mod;
write((ans+mod)%mod);
return 0;
}