codeforces 891E Lust 题解
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题目大意: 给出一个长度为 nnn 的序列,进行 kkk 次操作,每次随机选取一个 aia_iai,让答案加上 aaa 序列中的其他数的乘积,然后让 ai−1a_i-1ai−1,问最后答案的期望。
题解
膜拜往日的神仙 OZY。
与样例快乐van耍之后,发现答案与操作顺序无关,只与每个位置被操作的次数有关。
那么不妨认为每个数都是被连续操作的,那么我们可以把一次操作的贡献看成 (ax∏i≠xai)−((ax−1)∏i≠xai)(a_x\prod\limits_{i\ne x}a_i)-((a_x-1)\prod\limits_{i\ne x}a_i)(axi=x∏ai)−((ax−1)i=x∏ai),那么把 sss 次对 xxx 的连续操作加起来,就得到了 (ax∏i≠xai)−((ax−s)∏i≠xai)(a_x\prod\limits_{i\ne x}a_i)-((a_x-s)\prod\limits_{i\ne x}a_i)(axi=x∏ai)−((ax−s)i=x∏ai)。
同样的,把 kkk 次操作后的贡献加起来,就能得到 ∏ai−∏(ai−bi)\prod a_i-\prod (a_i-b_i)∏ai−∏(ai−bi),其中 bib_ibi 是第 iii 个数被操作的次数。
前面一项是固定的,只需要求后面一项的期望即可。
对每一个数 aja_jaj 造一个生成函数,xix^ixi 项表示这个数被操作 iii 次,系数就是被操作 iii 次的贡献,即 (aj−i)(a_j-i)(aj−i)。
考虑到所有操作形成一个排列,一个 bbb 序列可能对应多种操作方式,所以用 EGFEGFEGF,有 fj=∑i=0(aj−i)xii!f_j=\sum\limits_{i=0}(a_j-i)\dfrac {x^i} {i!}fj=i=0∑(aj−i)i!xi。
那么将所有 fjf_jfj 乘起来,xkx^kxk 那一项的系数就是答案。但是 xkx^kxk 下面有个 k!k!k!,系数乘过来的时候得到的是 xkx^kxk 的系数,而不是 xkk!\dfrac {x^k} {k!}k!xk 的系数,所以这一项的系数还要乘以 k!k!k!,才是我们想要的 xkk!\dfrac {x^k} {k!}k!xk 的系数。
并且,由于需要求的是期望,而这一项的系数是所有方案的和,所以还要除以总方案数 nkn^knk。
所以,最终的柿子为:
k!nk∏j=1n(∑i=0(aj−i)xii!)=k!nk∏j=1n(∑i=0ajxii!−∑i=0ixii!)=k!nk∏j=1n(ajex−∑i=0xi(i−1)!)=k!nk∏j=1n(ajex−∑i=0xxii!)=k!nk∏j=1n(aj−x)ex=k!nkenx∏j=1n(aj−x)\begin{aligned} &~~~~~\frac {k!} {n^k}\prod_{j=1}^n(\sum_{i=0}(a_j-i)\frac {x^i} {i!})\\ &=\frac {k!} {n^k}\prod_{j=1}^n(\sum_{i=0}a_j\frac {x^i} {i!}-\sum_{i=0}i\frac {x^i} {i!})\\ &=\frac {k!} {n^k}\prod_{j=1}^n(a_je^{x}-\sum_{i=0}\frac {x^i} {(i-1)!})\\ &=\frac {k!} {n^k}\prod_{j=1}^n(a_je^{x}-\sum_{i=0} x \frac {x^i} {i!})\\ &=\frac {k!} {n^k}\prod_{j=1}^n(a_j-x)e^{x}\\ &=\frac {k!} {n^k} e^{nx} \prod_{j=1}^n(a_j-x)\\ \end{aligned} nkk!j=1∏n(i=0∑(aj−i)i!xi)=nkk!j=1∏n(i=0∑aji!xi−i=0∑ii!xi)=nkk!j=1∏n(ajex−i=0∑(i−1)!xi)=nkk!j=1∏n(ajex−i=0∑xi!xi)=nkk!j=1∏n(aj−x)ex=nkk!enxj=1∏n(aj−x)
后面的 ∏\prod∏ 可以 n2n^2n2 暴力求,设 f[i]f[i]f[i] 表示求完之后的多项式的 xix^ixi 项的系数。
由于需要求第 kkk 项的系数,而后面的 ∏\prod∏ 得到的是个 nnn 次的多项式,所以只需要 enxe^{nx}enx 后 nnn 项的系数。
最后的答案就是:
ans=k!nk∑i=0min(n,k)f[i]×nk−i(k−i)!=∑i=0min(n,k)f[i]×(k−i+1)(k−i+2)...kni\begin{aligned} ans&=\frac {k!} {n^k} \sum_{i=0}^{\min(n,k)} f[i]\times \frac {n^{k-i}} {(k-i)!}\\ &=\sum_{i=0}^{\min(n,k)} f[i]\times \frac {(k-i+1)(k-i+2)...k} {n^i} \end{aligned} ans=nkk!i=0∑min(n,k)f[i]×(k−i)!nk−i=i=0∑min(n,k)f[i]×ni(k−i+1)(k−i+2)...k
代码如下:
#include <cstdio>
#define mod 1000000007int n,k,f[5010],ans=0;
int ksm(int x,int y){int re=1;for(;(y&1?re=1ll*re*x%mod:0),y;y>>=1,x=1ll*x*x%mod);return re;}
inline int min(int x,int y){return x<y?x:y;}
#define inv(x) ksm(x,mod-2)int main()
{scanf("%d %d",&n,&k);f[0]=1;for(int i=1,x;i<=n;i++){scanf("%d",&x);for(int j=i;j>0;j--)f[j]=(1ll*f[j]*x%mod-f[j-1]+mod)%mod;f[0]=1ll*f[0]*x%mod;}for(int i=0,fac=1,n_=1;i<=min(n,k);i++){ans=(ans+1ll*f[i]*fac%mod*inv(n_)%mod)%mod;fac=1ll*fac*(k-i)%mod;n_=1ll*n_*n%mod;}printf("%d",(f[0]-ans+mod)%mod);
}
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