UOJ #514. 【UR #19】通用测评号

Description

有 $n$ 个管道，每个管道的最大大小为 $a$，每次等概率随机选一个没满的管道里放一个石子，当所有管道的大小都 $\geq b$ 时停止，问装满的管道的期望个数，与 $998244353$ 取模。

$1 \le n \le 250,1 \le b < a \le 250$。

Solution

先考虑一个引理：有 $n$ 个集合，有一些集合不能加数，那么对于所有能加数的集合，它是下一个被加数的集合的概率刚好等于所有集合都能加数，且它是原本所有能加数的集合中第一个加数的概率。这个很好证。

所以原题就可以转化为每次随便加石子，最终所有的管道的大小都 $\geq b$ 时大小 $\geq a$ 的期望个数。

不妨先求 $1$ 号管道被装满的概率，最终答案就是这个概率$\times n$。

由于操作序列是无法确定长度的，所以不好求概率。考虑利用引理，定义一个管道不能再加石子当且仅当它是 $1$ 号且 $\geq a$ 或者不是 $1$ 号且 $\geq b$。

这样的话操作序列长就是 $(n-1)\times b+a$ 了，然后只要用 $1$ 减去最后一步是 $1$ 号管道的概率。

不妨设 $t_i$ 表示 $i$ 最后一次操作的时间（$1\leq t_1<t_2<\dots<t_{n-1}<(n-1)\times b+a$），则最后一步是 $1$ 的概率即为：

$$\frac{\prod_{i=1}^{n-1}{\binom{t_i-1-(i-1)b}{b-1}}}{\prod_{i=1}^{n-1}{(n-i+1)^{t_{i}-t_{i-1}}}}$$

上面那个是总的方案数，下面是选择每个位置要乘的概率。

然后对这个进行 dp 即可，设 $f_{i,j}$ 表示当前在时间 $i$，有 $j$ 个非 $1$ 管道被填满的概率，则 $f_{i+1,j}\leftarrow \frac{f_{i,j}}{n-j},f_{i+1,j+1}\leftarrow \frac{f_{i,j}\times \binom{i-j\cdot b}{b-1}}{n-j}$。

最终答案就是 $n\times \left(1-(n-1)!\times f_{(n-1)b+a-1,n-1}\right)$。

时间复杂度：$O(n^2b+na)$。

Code

#include <bits/stdc++.h>

// #define int int64_t

const int kMaxN = 255, kMaxS = 9e4 + 5, kMod = 998244353;

int n, a, b;
int fac[kMaxS], ifac[kMaxS], inv[kMaxS], f[kMaxS][kMaxN];

constexpr int qpow(int bs, int64_t idx = kMod - 2) {
  int ret = 1;
  for (; idx; idx >>= 1, bs = (int64_t)bs * bs % kMod)
    if (idx & 1)
      ret = (int64_t)ret * bs % kMod;
  return ret;
}

inline int add(int x, int y) { return (x + y >= kMod ? x + y - kMod : x + y); }
inline int sub(int x, int y) { return (x >= y ? x - y : x - y + kMod); }
inline void inc(int &x, int y) { (x += y) >= kMod ? x -= kMod : x; }
inline void dec(int &x, int y) { (x -= y) < 0 ? x += kMod : x; }

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

void prework() {
  fac[0] = ifac[0] = fac[1] = ifac[1] = inv[1] = 1;
  for (int i = 2; i <= n * a; ++i) {
    inv[i] = 1ll * (kMod - kMod / i) * inv[kMod % i] % kMod;
    fac[i] = 1ll * i * fac[i - 1] % kMod;
    ifac[i] = 1ll * inv[i] * ifac[i - 1] % kMod;
  }
}

void dickdreamer() {
  std::cin >> n >> a >> b;
  prework();
  int m = (n - 1) * b + a;
  f[0][0] = 1;
  for (int i = 0; i < m; ++i) {
    for (int j = 0; j <= std::min(n - 1, i / b); ++j) {
      int p = 1ll * f[i][j] * inv[n - j] % kMod;
      inc(f[i + 1][j], p), inc(f[i + 1][j + 1], 1ll * p * C(i - j * b, b - 1) % kMod);
    }
  }
  std::cout << 1ll * n * sub(1, 1ll * f[m - 1][n - 1] * fac[n - 1] % kMod) % kMod << '\n';
}

int32_t main() {
#ifdef ORZXKR
  freopen("in.txt", "r", stdin);
  freopen("out.txt", "w", stdout);
#endif
  std::ios::sync_with_stdio(0), std::cin.tie(0), std::cout.tie(0);
  int T = 1;
  // std::cin >> T;
  while (T--) dickdreamer();
  // std::cerr << 1.0 * clock() / CLOCKS_PER_SEC << "s\n";
  return 0;
}