XSY #2815 净空

题意

有nnn种不同的物品，每秒会随机产生一种，其中第iii秒的代价是iki^kik。问收集到所有物品的期望代价和，答案模998244353998244353998244353。
1≤n≤100,0≤k≤1001\leq n\leq100,0\leq k\leq1001≤n≤100,0≤k≤100。

题解

显然是minmax容斥。
ans=∑i=1n(−1)i+1(ni)f(in,k)ans=\sum_{i=1}^{n}(-1)^{i+1}{n \choose i}f(\frac{i}{n},k)ans=∑i=1n(−1)i+1(in)f(ni,k)。
这里f(p,k)f(p,k)f(p,k)表示每次试验成功概率为ppp，最早成功时间为TTT，∑i=1Tik\sum_{i=1}^{T}i^k∑i=1Tik的期望。
f(p,k)f(p,k)f(p,k)是关于通常幂的式子，不好求，容易想到通过第二类斯特林数转成下降幂来算，具体的有f(p,k)=∑i≥0(1−p)i(i+1)k=∑i≥0(1−p)i∑j=0ks(k,j)j!(i+1j)f(p,k)=\sum_{i\geq 0}(1-p)^i(i+1)^k=\sum_{i\geq 0}(1-p)^i\sum_{j=0}^{k}s(k,j)j!{i+1 \choose j}f(p,k)=∑i≥0(1−p)i(i+1)k=∑i≥0(1−p)i∑j=0ks(k,j)j!(ji+1)。
交换求和顺序有f(p,k)=∑j=0ks(k,j)j!∗g(1−p,j)f(p,k)=\sum_{j=0}^{k}s(k,j)j!*g(1-p,j)f(p,k)=∑j=0ks(k,j)j!∗g(1−p,j)，其中g(p,k)=∑i≥0pi(i+1k)g(p,k)=\sum_{i\geq 0}p^i{i+1 \choose k}g(p,k)=∑i≥0pi(ki+1)。
当k=0k=0k=0时，g(p,0)=∑i≥0pi=11−pg(p,0)=\sum_{i\geq 0}p^i=\frac{1}{1-p}g(p,0)=∑i≥0pi=1−p1。
当k=1k=1k=1时，g(p,1)=∑i≥0pi(i+11)=(∑i≥0pi∗i)+p∗(∑i≥0pi(i+11))g(p,1)=\sum_{i\geq 0}p^i{i+1\choose 1}=(\sum_{i\geq 0}p^i*i)+p*(\sum_{i\geq0}p^i{i+1\choose 1})g(p,1)=∑i≥0pi(1i+1)=(∑i≥0pi∗i)+p∗(∑i≥0pi(1i+1))，于是g(p,1)=g(p,0)1−p=1(1−p)2g(p,1)=\frac{g(p,0)}{1-p}=\frac{1}{(1-p)^2}g(p,1)=1−pg(p,0)=(1−p)21。
当k>1k>1k>1时，g(p,k)=∑i≥0pi(i+1k)=∑i≥k−1pi(i+1k)=p∗(∑i≥k−2pi∗(i+1k−1))+p∗(∑i≥k−1pi(i+1k))g(p,k)=\sum_{i\geq 0}p^i{i+1\choose k}=\sum_{i\geq k-1}p^i{i+1\choose k}=p*(\sum_{i\geq k-2}p^i*{i+1 \choose k-1})+p*(\sum_{i\geq k-1}p^i{i+1\choose k})g(p,k)=∑i≥0pi(ki+1)=∑i≥k−1pi(ki+1)=p∗(∑i≥k−2pi∗(k−1i+1))+p∗(∑i≥k−1pi(ki+1))，于是g(p,k)=p∗g(p,k−1)1−p=pk−1(1−p)k+1(k>1)g(p,k)=\frac{p*g(p,k-1)}{1-p}=\frac{p^{k-1}}{(1-p)^{k+1}}(k>1)g(p,k)=1−pp∗g(p,k−1)=(1−p)k+1pk−1(k>1)。
直接按式子计算即可，时间复杂度O(nk)O(nk)O(nk)。

#include <bits/stdc++.h>
#define MOD 998244353using namespace std;typedef long long ll;ll pow_mod(ll x,int k) {ll ans=1;while (k) {if (k&1) ans=ans*x%MOD;x=x*x%MOD;k>>=1;}return ans;
}ll C[105][105],strl[105][105],facd[105];void pre(int n) {for(int i=0;i<=n;i++) C[i][0]=1;for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=i;j++) C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%MOD;strl[0][0]=1;for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=i;j++) strl[i][j]=(strl[i-1][j-1]+j*strl[i-1][j])%MOD;facd[0]=1;for(int i=1;i<=n;i++) facd[i]=facd[i-1]*i%MOD;
}int main() {int n,k;scanf("%d%d",&n,&k);pre(max(n,k));ll ans=0;for(int i=1;i<=n;i++) {ll p=i*pow_mod(n,MOD-2)%MOD,q=(1LL-p+MOD)%MOD;p=pow_mod(p,MOD-2);ll cur=p,s=0;for(int j=0;j<=k;j++) {s=(s+cur*strl[k][j]%MOD*facd[j])%MOD;if (j) cur=cur*p%MOD*q%MOD;else cur=cur*p%MOD;} ans=(ans+s*C[n][i]%MOD*((i&1)?1:MOD-1))%MOD;}printf("%lld\n",ans);return 0;
}

附记

这是一个水题。
为什么要为这个题写博呢？因为我闹了笑话。
今天模拟赛出了这题，然后我花了5min秒了，然后dcx也秒了。后来他找我说他觉得数据错了，我跟他对了一下100 100的输出，是一样的，于是找到zjt要求改数据。然而场上并没有其他人写了正解或是自以为正解的东西，于是就照我们的做法造了数据。
晚上被zjt找到我们，要我们测测1 1的数据，结果发现输出了0。
这是怎么回事呢？冷静推演了很久，发现我在推式子的时候把(i+1)k(i+1)^k(i+1)k当做了iki^kik来算，大体上是一样的（可以自己推推）。唯一区别是在k=1k=1k=1时，并不需要特判，也就是g(p,k)=pk(1−p)k+1(k>0)g(p,k)=\frac{p^k}{(1-p)^{k+1}}(k>0)g(p,k)=(1−p)k+1pk(k>0)。
为什么输出会撞上呢？问了问dcx，虽然我们推的式子不同，可是都把(i+1)k(i+1)^k(i+1)k当成了iki^kik。
最后发现原来的数据是对的，感觉极度尴尬。
自闭了。

扩展

稍微推导一下，发现运用等幂和其实可以做到O(nlog2n)O(nlog^2n)O(nlog2n)的复杂度。代码还没有。

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