题意：从包中等概率抽取一个卡片，卡片上面有一个数字。不放回抽取，然后从第二次抽取开始，假设当前抽到的数字是x，上一次抽到的数字是y。那么：

• if x<y, the game ends and you lose;
• if x=y, the game ends and you win;
• if x>y, the game continues.

然后求win的概率。

分析：考虑每个数字的贡献，只有个数大于等于2时才会有贡献。枚举这个数字为最后抽取的数字，那么在之前抽取到的数字只会比这个小，而且严格递增有序，假设当前数字为x，那么相当于是从前x-1个数字里面抽不重复的若干个，这个可以看作是一个背包。d[i][j]表示从前 i 个里面抽取 j 个的方案数是多少个。然后抽取 当前结尾数字x时，设x的个数是num[x]个，那么根据排列组合的知识可以知道方案数是num[x] * (num[x]-1)，然后我们现在共抽取了2+j 个卡片，赢得了比赛，但是计算总概率时，我们的计算方法是：\(赢得的方案总方案数赢得的方案 \div 总方案数\)，因为总方案是 n!，相当于把 n 个卡片每一个的可能都列了进去，所以当我们抽取了 2+j 个卡片赢得了比赛时，我们不能忽略后面 n-2-j个卡片的顺序。

综上，数字x的贡献是

\[sum[x] = num[x]*(num[x]-1)*\Sigma_{j=0}^{x-1}d[x-1][j] * (n-2-j)!\]

求出每个数字的贡献，就得到了赢得的方案数，然后除以\(n!\) 即可。注意所有的操作都是在取模操作下，所以除法运算要计算逆元。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 5005;
const int mod = 998244353;
int n,a[N];
ll num[N],fac[N],dp[N][N];
ll quick_mod(ll a,ll b){ll res = 1;for(;b;b>>=1){if(b&1)res = res * a % mod;a = a * a % mod;}return res;
}
int main(){scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&a[i]);num[a[i]]++;}fac[0] = 1;for(int i=1;i<=5004;i++)fac[i] = fac[i-1] * i % mod;dp[0][0] = 1;for(int i=1;i<=n;i++){dp[i][0] = 1;for(int j=1;j<=i;j++){dp[i][j] = (dp[i-1][j] + dp[i-1][j-1] * num[i])%mod;}}ll res = 0;for(int i=1;i<=n;i++){if(num[i] >= 2){for(int j=i-1;j >= 0;j--){res = (res + dp[i-1][j] * num[i] %mod * (num[i] - 1) %mod * fac[n-j-2] %mod )%mod;}}}printf("%lld\n",res * quick_mod(fac[n],mod-2)%mod);return 0;
}

官方题解方法

d[i][j]表示抽取了 j 个卡片，最后抽取的是数字为 i 的卡片时可以赢得的概率。如何计算d[i][j] 当然是把从 [i][j]状态转移出去的状态（具体转移到哪个是等概率的）的概率求和就可以了。

• 第一种转移显然是继续拿一个 i 。然后这种方案赢得的概率是 \({cnt_i-1 \over n-j}\)
• 第二种是拿数字大于 i 的（注意，一次转移只能拿一个）。所以这种方案赢得的概率是\(\Sigma_{k=i+1}^n{({cnt_k \over n-j} * d[k][j+1])}\)

所以\(d[i][j] = {1\over n-j} * ((cnt_i-1) + \Sigma_{k=i+1}^n(cnt_k * d[k][j+1]))\)

所以从后往前遍历，用一个数组维护\(\Sigma_{i=x}^n(cnt_i*d[i][j])\) 即可

温馨提示：公式很好懂，但是逆元你真的会用了吗？

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;const int MOD = 998244353;
const int N = 5005;
//注意a是引用
void upd(int &a, int b){a += b;a %= MOD;
}
//防止爆int，然后又不用ll，所以用这个
int mul(int a, int b){return (a * 1LL * b) % MOD;
}
//快速幂
int bp(int a, int n){int res = 1;for(; n > 0; n >>= 1){if(n & 1) res = mul(res, a);a = mul(a, a);}return res;
}int getInv(int a){int ia = bp(a, MOD - 2);assert(mul(a, ia) == 1);return ia;
}int n;
int cnt[N];
int dp[N][N];
int sum[N][N];
int inv[N];//存逆元int main(){for(int i = 1; i < N; ++i)inv[i] = getInv(i);cin >> n;for(int i = 0; i < n; ++i){int x;cin >> x;++cnt[x];}cnt[0] = 1;//从后往前for(int x = n; x >= 0; --x)for(int y = n; y >= 0; --y){if(cnt[x] == 0){upd(sum[x][y], sum[x + 1][y]);continue;}int s = n - y;if(s <= 0){upd(sum[x][y], sum[x + 1][y]);continue;}upd(dp[x][y], mul(cnt[x] - 1, inv[s]));//加上贡献的第一项upd(dp[x][y], mul(sum[x + 1][y + 1], inv[s]));//第二项//维护sum[x][y]upd(sum[x][y], sum[x + 1][y]);upd(sum[x][y], mul(cnt[x], dp[x][y]));}cout << dp[0][0] << endl;return 0;
}