UOJ #449. 【集训队作业2018】喂鸽子
小Z是养鸽子的人。一天，小Z给鸽子们喂玉米吃。一共有n只鸽子，小Z每秒会等概率选择一只鸽子并给他一粒玉米。一只鸽子饱了当且仅当它吃了的玉米粒数量(≥k)。 小Z想要你告诉他，期望多少秒之后所有的鸽子都饱了。
假设答案的最简分数形式为(frac{a}{b})，你需要求出(w)，满足(a≡b⋅w pmod{998244353}(0≤w<998244353).)
(nleq 50,kleq 1000)
首先可以用(min-max)反演来解决：
因为(k)是固定的，所以每个集合中至少有一个鸽子被喂饱的期望只与集合大小有关。
[ans=sum_{i=1}^n(-1)^{i+1}inom{n}{i}g_i
]
其中(g_c)就是至少喂饱(c)只鸽子中的一只的期望步数。
我们将期望转成概率：
[egin{align}
g_c&=sum_{igeq 1}i*P(x=i)\
&=sum_{igeq 1}P(xgeq i)\
end{align}
]
设(f_{c,s})表示给(c)只鸽子喂食，喂了(s)次还没有将任意一只鸽子喂饱的概率。
所以：
[egin{align}
g_c&=sum_{igeq 1}sum_{s=0}^{i-1}inom{i-1}{s}f_{c,s}(frac{n-c}{n})^{i-1-s}\
&=sum_{s=0}^{c(k-1)}f_{c,s}sum_{tgeq 0}inom{s+t}{s}(frac{n-c}{n})^t
end{align}
]
我们知道：
[(frac{1}{1-x})^k=sum_{igeq 0}inom{i+k-1}{k-1} x^i
]
所以：
[egin{align}
sum_{tgeq 0}inom{s+t}{t}(frac{n-c}{n})^t&=(frac{1}{1-frac{n-c}{n}})^{s+1}\
&=(frac{n}{c})^{s+1}
end{align}
]
所以
[g_c=sum_{s=0}^{c(k-1)}f_{c,s}(frac{n}{c})^{s+1}
]
接着考虑求(f)数组。
方法就是新加进来一只鸽子就枚举给这只鸽子喂了多少次食物。
[f_{c,s}=sum_{i=0}^{min(s,k-1)}inom{s}{i}frac{1}{n^i}f_{c-1,s-i}\
frac{f_{c,s}}{s!}=
sum_{i=0}^{min(s,k-1)}
frac{1}{n^ii!}
frac{ f_{c-1,s-i}}{(s-i!)} \
]
于是就可以用(NTT)算出(frac{f_{c,s}}{s!})的值了。
复杂度(O(n^2klog(k)))
还有个(O(n^2k))的算法就先咕着吧。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define N 55
#define K 1005
using namespace std;
inline int Get() {int x=0,f=1;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9') {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}while('0'<=ch&&ch<='9') {x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}return x*f;}
const ll mod=998244353;
ll ksm(ll t,ll x) {
ll ans=1;
for(;x;x>>=1,t=t*t%mod)
if(x&1) ans=ans*t%mod;
return ans;
}
int n,k,m;
int f[N][N*K];
ll fac[N*K],ifac[N*K];
ll C(int n,int m) {return fac[n]*ifac[m]%mod*ifac[n-m]%mod;}
void NTT(ll *a,int d,int flag) {
static int rev[N*K<<2];
static ll G=3;
int n=1<<d;
for(int i=0;i<n;i++) rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<d-1);
for(int i=0;i<n;i++) if(i<rev[i]) swap(a[i],a[rev[i]]);
for(int s=1;s<=d;s++) {
int len=1<<s,mid=len>>1;
ll w=flag==1?ksm(G,(mod-1)/len):ksm(G,mod-1-(mod-1)/len);
for(int i=0;i<n;i+=len) {
ll t=1;
for(int j=0;j<mid;j++,t=t*w%mod) {
ll u=a[i+j],v=a[i+j+mid]*t%mod;
a[i+j]=(u+v)%mod;
a[i+j+mid]=(u-v+mod)%mod;
}
}
}
if(flag==-1) {
ll inv=ksm(n,mod-2);
for(int i=0;i<n;i++) a[i]=a[i]*inv%mod;
}
}
ll A[N*K<<2];
ll B[N*K<<2];
ll g[N];
int main() {
n=Get(),k=Get();
m=n*k;
int d=ceil(log2(m+1));
fac[0]=1;
for(int i=1;i<=m;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
ifac[m]=ksm(fac[m],mod-2);
for(int i=m-1;i>=0;i--) ifac[i]=ifac[i+1]*(i+1)%mod;
ll invn=ksm(n,mod-2);
for(int i=0;i<k;i++) {
A[i]=ksm(invn,i)*ifac[i]%mod;
}
NTT(A,d,1);
for(int i=0;i<k;i++) f[1][i]=1;
for(int i=0;i<k;i++) f[1][i]=ksm(invn,i);
for(int i=2;i<=n;i++) {
for(int j=0;j<1<<d;j++) B[j]=0;
for(int j=0;j<=i*(k-1);j++) B[j]=f[i-1][j]*ifac[j];
NTT(B,d,1);
for(int j=0;j<1<<d;j++) B[j]=B[j]*A[j]%mod;
NTT(B,d,-1);
for(int j=0;j<=i*(k-1);j++) f[i][j]=B[j]*fac[j]%mod;
}
for(int i=1;i<=n;i++) {
ll w=ksm(i,mod-2)*n%mod;
ll t=w;
for(int s=0;s<=i*(k-1);s++) {
(g[i]+=f[i][s]*t)%=mod;
t=t*w%mod;
}
}
ll ans=0;
ll flag=1;
for(int c=1;c<=n;c++,flag=flag*(mod-1)%mod) {
(ans+=flag*C(n,c)%mod*g[c])%=mod;
}
cout<<ans;
return 0;
}