世界是物质的，物质是运动的，运动是有规律的，规律是可以被认识的。
关于期望意义下min-max容斥，我们认为每个事件的时间来认识事件，max/min S表示集合S中所有时间最后/最前出现的事件，E(max/min S)表示事件max/min S首次发生的期望时间。这样，仿照普通min-max容斥的推导可得
[E(max S)=sum_{Tsubseteq S}(-1)^{|T|-1}E(min T)
]
同理的kth-max-min也成立
[E(max_k S)=sum_{Tsubseteq S}(-1)^{|T|-k}inom{|T|-1}{k-1}E(min T)
]
而对于(E(min S))我们有
[E(min S)=frac1{sum_{ein S}P(e)}\
E(max_k S)=sum_{Tsubseteq S}(-1)^{|T|-k}inom{|T|-1}{k-1}frac1{sum_{ein T}P(e)}
]
赞美太阳，重返现世。
我们求的是收集到任意k种，所以
[E(min_k S)=E(max_{n-k+1} S)\
kLeftarrow n-k+1
]
考虑由前(i)种时间构成的集合(S_i)，计算其(E(max_k S_i))时记(f[i,j,k])为满足(Tin S_i, sum_{ein T}P(e)=j)的系数和，即
[f[i,j,k]=sum_{Tin S_i, sum_{ein T}P(x)=j} (-1)^{|T-k|}inom{|T|-1}{k-1}
]
显然最终答案
[E(max_k)=sum_{j}f[n,j,k] imes frac1j
]
由于题目规定(P(x)=frac{P_x}m)，则(E(x)=frac{m}{P_x})，最后将(m)单独乘入即可。
再考虑dp的转移，决策是事件(i)的加入对系数的影响
[f[i,j,k]=sum_{... i
otin T} (-1)^{|T-k|}inom{|T|-1}{k-1}+sum_{... iin T} (-1)^{|T-k|}inom{|T|-1}{k-1}\
=f[i-1,j,k]+sum_{... iin T} (-1)^{|T-k|}(inom{|T|-2}{k-1}+inom{|T|-2}{k-2})\
=f[i-1,j,k]+sum_{... iin T} (-1)^{|T-k|}inom{|T|-2}{k-1}+sum_{... iin T} (-1)^{|T-k|}inom{|T|-2}{k-2}\
=f[i-1,j,k]-f[i-1,j-P_i,k]+f[i-1,j-P_i,k-1]\
]
于是暴力做就行了。
#include <bits/stdc++.h>
#define IL inline
#define ll long long
using namespace std;
const int N=1e3+10;
const int M=1e4+10;
const int mod=998244353;
int n,K,m,p[N],s[N];
int ans,inv[M],f[2][M][12];
int main() {
scanf("%d%d%d",&n,&K,&m); K=n-K+1;
for(int i=1; i<=n; ++i) {
scanf("%d",p+i);
s[i]=s[i-1]+p[i];
}
f[0][0][0]=1;
for(int i=1; i<=n; ++i) {
memset(f[i&1],0,sizeof f[0]);
auto F=f[i&1],G=f[(i&1)^1];
F[0][0]=1;
for(int j=1; j<p[i]; ++j)
for(int k=1; k<=K; ++k)
F[j][k]=G[j][k];
for(int j=p[i]; j<=s[i]; ++j)
for(int k=1; k<=K; ++k)
F[j][k]=(G[j][k]+(mod-G[j-p[i]][k]+G[j-p[i]][k-1])%mod)%mod;
}
inv[1]=1;
for(int i=1; i<=m; ++i) {
if(i>1) inv[i]=(ll)inv[mod%i]*(mod-mod/i)%mod;
ans=(ans+(ll)f[n&1][i][K]*inv[i]%mod*m%mod)%mod;
}
printf("%d
",ans);
return 0;
}