[uoj390][UNR #3]百鸽笼【dp】【容斥原理】

【题目链接】
　　http://uoj.ac/problem/390
【题解】
　　考虑容斥原理，计算第 i i i列的时候，可以强制一些列在它之后被选取完，其他的列就不用处理了。
那么直到i" role="presentation" style="position: relative;">iii取完为止，只考虑我们强制选的列，一定有 ai a i a_{i}个 i i i，其他强制的列j" role="presentation" style="position: relative;">jjj都小于 aj a j a_{j}个，且这个序列以 i i i结尾。由于没有任何一个列被提前取完，那么每一个这样的序列的出现概率都是相同的，为(1m+1)L" role="presentation" style="position: relative;">(1m+1)L(1m+1)L(\frac{1}{m+1})^L其中 L L L为序列的长度，m" role="presentation" style="position: relative;">mmm为强制选取的列的数量。
　　那么接下来就可以通过背包dp来转移了，对于每一列我们分别做一次dp，记 fi,j,k f i , j , k f_{i,j,k}表示考虑了其他 i i i列，强制选取了j" role="presentation" style="position: relative;">jjj列，序列长度为 k k k的出现概率。转移十分显然。最后的答案就是∑j为偶数fn,j,k∗(1j+1)k−∑j为奇数fn,j,k∗(1j+1)k" role="presentation" style="position: relative;">∑j为偶数fn,j,k∗(1j+1)k−∑j为奇数fn,j,k∗(1j+1)k∑j为偶数fn,j,k∗(1j+1)k−∑j为奇数fn,j,k∗(1j+1)k\sum_{j为偶数}f_{n,j,k}*(\frac{1}{j+1})^k-\sum_{j为奇数}f_{n,j,k}*(\frac{1}{j+1})^k
　　时间复杂度 O(N6) O ( N 6 ) O(N^6)
【代码】

# include<bits/stdc++.h>
# define  N     31
using namespace std;
const int P = 998244353;
int a[N], n, f[2][N][N  * N], ans[N], inv[N * N], mul[N * N];
int power(int x, int y){int i = x; x = 1;while (y > 0){if (y % 2 == 1) x = 1ll * i * x % P;i = 1ll * i * i % P;y /= 2;}return x;
}
int main(){scanf("%d", &n);for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i]);int sum = 0; for (int i = 1; i <= n; i++) sum = sum + a[i];mul[0] = 1; for (int i = 1; i <= sum; i++) mul[i] = 1ll * mul[i - 1] * i % P;inv[sum] = power(mul[sum], P - 2);for (int i = sum - 1; i >= 0; i--) inv[i] = 1ll * inv[i + 1] * (i + 1) % P;for (int t = 1; t <= n; t++){if (a[t] == 0) continue;int f1 = 0, f2 = 1;memset(f, 0, sizeof(f));    f[f1][0][a[t]] = inv[a[t] - 1];int now = a[t];for (int i = 1; i <= n; i++){if (i == t || a[i] == 0) continue;for (int j = 0; j <= n; j++)for (int k = 0; k <= now; k++)f[f2][j][k] = f[f1][j][k];for (int j = 0; j <= n; j++)for (int k = 0; k <= now; k++){if (f[f1][j][k] == 0) continue;for (int cnt = 0; cnt < a[i]; cnt++)f[f2][j + 1][k + cnt] = (f[f2][j + 1][k + cnt] + 1ll * f[f1][j][k] * inv[cnt]) % P;}swap(f1, f2);now = now + a[i] - 1;}for (int j = 0; j <= n; j++)for (int k = 1; k <= sum; k++){int num = power(power(j + 1, k), P - 2);if (j % 2 == 0) ans[t] = (ans[t] + 1ll * num * f[f1][j][k] % P * mul[k - 1]) % P; else ans[t] = (ans[t] - 1ll * num * f[f1][j][k] % P * mul[k - 1]) % P; }}for (int i = 1; i <= n; i++)printf("%d%c", (ans[i] + P) % P, (i == n) ? '\n' : ' ');
}

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