【CF1349D】Slime and Biscuits【概率期望】【解方程】

題意：$n$個人共有$m$個餅乾，每輪隨機選一個餅乾隨機給一個另外的人，所有餅乾都在一個人手裏時遊戲結束，求期望進行次數。模$998244353$。

$n\leq10^5,m\leq3\times10^5$

首先肯定是每個人作爲最終獲得所有餅乾的人分別考慮。

但是如果只考慮這個人的話，無法確定遊戲進行過程中是否已經在其他人那裏結束了。

所以乾脆改下規則：設當前考慮的人爲$x$，規定只有$x$收集完所有餅乾後遊戲才結束。也就是有人收集完了所有餅乾後，如果他不是$x$，遊戲繼續進行；否則遊戲立即結束。

爲了後面講清楚，這裏給一個不正式的嚴謹定義：設$R,R_1\sim R_n$表示遊戲遵循的規則，其中$R$表示任何一個人收集了所有餅乾後遊戲結束，即原來的規則。$R_x(x\in[1,n])$表示只有$x$收集完遊戲才結束的新規則。

設在$R_x$下游戲期望進行的次數爲$E_x'$。即：設$f'(x,i)$表示遊戲進行了$i$步後結束且$x$獲得了所有餅乾的概率，$E'_x=\sum_{i=0}^{\infin}i\cdot f'(x,i)$

注：這個$f'(x,i)$和後面的$f(x,i)$只是爲了方便理解定義，對推導沒有影響。

我們考慮尋找新的規則和原來的規則的聯繫

在$R$下，設$P_x$表示遊戲結束時所有餅乾在$x$手上的概率，$E_x$表示所有餅乾在$x$手上結束的所有情況 的 概率乘以時間 之和。（注意不是期望，概率的分母包括了在其他人那裏結束的情況）

即：設$f(x,i)$表示遊戲進行$i$步後結束，$x$獲得所有餅乾的概率，$E_x=\sum_{i=0}^{\infin}i\cdot f(x,i),P_x=\sum_{i=0}^\infin f(x,i)$

有$\sum_{i=1}^n P_i=1,\sum_{i=1}^nE_i=ans$，$ans$爲題目所求

設$C$表示在$R_j$下，現在所有餅乾在$i$手上且$i\neq j$，遊戲期望還要進行多少步。顯然這是個與$i,j$無關的常數。

考慮用$E_x$表示出$E_x'$

爲了方便，我們稱一個狀態爲$i$類關鍵點，當且僅當這個狀態的所有餅乾都在$i$手上。

考慮在$R_x$下的一場遊戲，如果它只有結束狀態這一個關鍵點，期望步數爲$E_x$

否則我們枚舉第一個關鍵點的類別$i$，顯然$i\neq x$，不然遊戲會提前結束。然後從這個關鍵點開始就是 從“所有點都在$i$手上”這個狀態開始的$R_x$遊戲，期望步數爲$C$

所以：

$E'_x=E_x+\sum_{i=1}^n[i\neq x](E_i+P_iC)$

如果你想不通爲什麼$C$要乘上$P_i$:

前面說過，$E_x=\sum_{i=0}^\infin if(x,i)$
換句話說，對於每一個$i$，都有$f(x,i)$的可能性在$i$步後 所有餅乾都在$x$手上，在這裏就是到達枚舉的第一個關鍵點。
在這之後還需要$C$步來到最終結束的狀態，即$\sum_{i=0}^\infin(i+C)f(x,i)$
而$P_x=\sum_{i=0}^{\infin}f(x,i)$，所以加上$P_iC$就可以了

拆一下：

$E'_x=E_x+\sum_{i=1}^n[i\neq x](E_i+P_iC)$

$E'_x=E_x+\sum_{i=1}^n[i\neq x]E_i+\sum_{i=1}^n[i\neq x]P_iC$

$E'_x=\sum_{i=1}^nE_x+C\sum_{i=1}^n[i\neq x]P_i$

$E'_x=ans+C(1-p_x)$

對$x=1\sim n$求和

$\sum_{i=1}^nE'_i=n\cdot ans+C(n-1)$

只要求出$E'_x$和$C$的值，問題就解決了！

而$C$是嚴格包含於$E_x'$的，所以我們的目標是解決新規則下的問題。

注意到在$R_x$下，我們並不關心每個餅乾具體在誰手上，我們只關心它在不在$x$手上

所以可以設$f(i)$表示當前$x$手上有$i$個餅乾時期望進行次數。

$f(i)= \begin{cases} 1+\frac{1}{n-1}f(i+1)+\frac{n-2}{n-1}f(i)& x=0\\ 1+\frac{i}mf(i-1)+\frac{m-i}{m}(\frac{1}{n-1}f(i+1)+\frac{n-2}{n-1}f(i))& 0<x<m\\ 0 & x=m \end{cases}$

解出這個方程就好了

暴力硬推是一種方法，這裏有一個很優美的思路：

考慮中間的式子，記爲

$f(i)=Af(i-1)+Bf(i)+Cf(i+1)+1$

$Af(i-1)+(B-1)f(i)+Cf(i+1)+1=0$

注意到$A+B+C=1$，設$g(i)=f(i)-f(i+1)$

$A\cdot g(i-1)+(A+B-1)g(i)+1=0$

$g(i)=\frac{A\cdot g(i-1)+1}{C}$

這樣推一次就可以把$g$算出來，求個後綴和就得到了$f$

然後$E_x'=f(a_i),C=f(0)$

複雜度$O(n)$

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cctype>
#define MAXN 300005
using namespace std;
inline int read()
{
	int ans=0;
	char c=getchar();
	while (!isdigit(c)) c=getchar();
	while (isdigit(c)) ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(c^48),c=getchar();
	return ans;
}
const int MOD=998244353;
typedef long long ll;
inline int qpow(int a,int p)
{
	int ans=1;
	while (p)
	{
		if (p&1) ans=(ll)ans*a%MOD;
		a=(ll)a*a%MOD;p>>=1;
	}
	return ans;
}
#define inv(x) qpow(x,MOD-2)
inline int add(const int& x,const int& y){return x+y>=MOD? x+y-MOD:x+y;}
inline int dec(const int& x,const int& y){return x<y? x-y+MOD: x-y;}
int a[MAXN],f[MAXN];
int main()
{
	int n=read(),m=0;
	for (int i=1;i<=n;i++) m+=(a[i]=read());
	f[0]=n-1;
	for (int i=1;i<m;i++) f[i]=((ll)i*inv(m)%MOD*f[i-1]%MOD+1)*m%MOD*(n-1)%MOD*inv(m-i)%MOD;
	for (int i=m;i>=0;i--) f[i]=add(f[i],f[i+1]);
	int sum=0;
	for (int i=1;i<=n;i++) sum=add(sum,f[a[i]]);
	sum=dec(sum,f[0]*(n-1ll)%MOD);
	sum=(ll)sum*inv(n)%MOD;
	cout<<sum;
	return 0;
}