E
題意
有一個隨機數生成器，生成 \([0,n-1]\) 之內的數，生成第 \(i\) 個數的概率爲 \(\frac{A_i}{S}\)，其中 \(S=\sum_{i=1}^n A_i\)。
當 \(\forall i \in [0,n-1]\) \(i\) 被生成至少 \(B_i\) 次時停止生成，求期望生成次數，對大質數取模。
題解
設第 \(i\) 個數最後一次被隨機到的時間爲 \(t_i\)，答案就是 \(\max t_i\) 的期望。
限制所有都要完成一般都不好做，考慮 \(min-max\) 容斥變成枚舉一個集合 \(S\) ，求 \(\min_{i \in S} t_i\) 的期望。
枚舉集合後，問題變成求存在 \(S\) 內某一個元素被隨機 \(b_i\) 次這個事件發生的期望時間。我們發現這樣還是有可能隨機到 \(S\) 外的元素的，一個經典套路是算出期望多少次能操作一次 \(S\) 內的元素，然後轉化爲只考慮 \(S\) 內元素操作的問題，最後乘上去即可。可以發現這個期望次數爲 \(\frac{\sum_{i=1}^n A_i}{\sum_{i \in S} A_i}\)。
現在問題在於給定一個集合 \(S\) ，在 \(S\) 內隨機，求存在一個數滿足條件的期望時間。首先根據：
可以得到，我們只需要對於每個時間 \(T\) 求出在 \(T\) 時間還沒結束的概率，求和即可。
我們考慮如何暴力的計算：先枚舉在時間 \(T\) 結束，接下來枚舉序列 \(b_i\) 表示集合中元素 \(i\) 被隨機到的次數，需要滿足 \(\forall i \in S,b_i < B_i\)，\(\sum_{i \in S} b_i = T\)，這樣一個序列的概率就是 \(\prod_{i \in T} (\frac{A_i}{\sum_{i \in S} A_i})^{b_i}\frac{T!}{\prod_{i \in S} b_i!}\)。
所以答案是：
稍加整理可得
於是可以考慮對這個 dp：發現最終答案係數只和 \(\sum b_i,\sum A_i\) 有關，我們帶着容斥係數 dp，設 \(f_{i,j,k}\) 表示考慮前 \(i\) 個數，\(\sum b_i = j,\sum A_i = k\) 的答案，轉移的時候枚舉這個位置選或者不選，選的話枚舉 \(b_i\) 是多少，可以得到轉移式子：
然後最後把應該乘的係數乘上去就好了。
假設 \(n,\sum A,\sum B\) 同階，看起來時間複雜度是 \(O(n^4)\) 的，但是實際分析一下：複雜度是：
所以可以通過此題。代碼可能和博客定義的是反的，感性理解一下（
#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define db double
#define U unsigned
#define P std::pair<int,int>
#define LL long long
#define pb push_back
#define MP std::make_pair
#define all(x) x.begin(),x.end()
#define CLR(i,a) memset(i,a,sizeof(i))
#define FOR(i,a,b) for(int i = a;i <= b;++i)
#define ROF(i,a,b) for(int i = a;i >= b;--i)
#define DEBUG(x) std::cerr << #x << '=' << x << std::endl
const int MAXN = 400+5;
const int ha = 998244353;
int n,a[MAXN],b[MAXN];
int f[MAXN][MAXN];
int sma,smb;
inline void add(int &x,int y){
x += y-ha;x += x>>31&ha;
}
inline int qpow(int a,int n=ha-2){
int res = 1;
while(n){
if(n & 1) res = 1ll*res*a%ha;
a = 1ll*a*a%ha;
n >>= 1;
}
return res;
}
int fac[MAXN],inv[MAXN];
int main(){
fac[0] = 1;FOR(i,1,MAXN-1) fac[i] = 1ll*fac[i-1]*i%ha;
inv[MAXN-1] = qpow(fac[MAXN-1]);ROF(i,MAXN-2,0) inv[i] = 1ll*inv[i+1]*(i+1)%ha;
scanf("%d",&n);
FOR(i,1,n) scanf("%d%d",a+i,b+i);
FOR(i,1,n) sma += a[i],smb += b[i]-1;
f[0][0] = -1;
FOR(i,1,n){
ROF(j,sma,a[i]){
ROF(k,smb,0){
ROF(x,std::min(k,b[i]-1),0){
add(f[j][k],(ha-1ll*f[j-a[i]][k-x]*inv[x]%ha*qpow(a[i],x)%ha)%ha);
}
}
}
}
int ans = 0;
FOR(j,0,sma) FOR(k,0,smb){
int gx = f[j][k];
gx = 1ll*gx*fac[k]%ha*sma%ha;
gx = 1ll*gx*qpow(qpow(j,k+1))%ha;
add(ans,gx);
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
F
題意
給定兩個長度爲 \(n\) 的排列 \(P,Q\)，要求你構造兩個長度爲 \(n\) 的排列 \(A,B\)，滿足：
- \(A_i\) 取值 \(\{i,P_i\}\)
- \(B_i\) 取值 \(\{i,Q_i\}\)
要求 \(A,B\) 不同的位置儘量多，求出這個最多的位置個數。
題解
將 \(P,Q\) 分成若干個環，同一個環要麼都取 \(i\) 要麼都取 \(P_i/Q_i\)。
討論一下 \(P_i,Q_i\) 之間的關係，可以得到以下情況：
- \(P_i=Q_i=i\)：無論如何都相等。
- \(P_i,Q_i \neq i,P_i \neq Q_i\)：同時不轉相等。
- \(P_i=i,Q_i \neq i\)：\(B_i\) 不轉相等。
- \(P_i \neq i,Q_i = i\)：\(A_i\) 不轉相等。
- \(P_i=Q_i,P_i,Q_i \neq i\)：同時轉相等。
網絡流。把 \(B\) 倒過來就行了。
#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define db double
#define U unsigned
#define P std::pair<int,int>
#define LL long long
#define pb push_back
#define MP std::make_pair
#define all(x) x.begin(),x.end()
#define CLR(i,a) memset(i,a,sizeof(i))
#define FOR(i,a,b) for(int i = a;i <= b;++i)
#define ROF(i,a,b) for(int i = a;i >= b;--i)
#define DEBUG(x) std::cerr << #x << '=' << x << std::endl
const int MAXN = 2e5 + 5;
struct Edge{
int to,w,nxt;
}e[MAXN<<4];
int head[MAXN],cnt=1,cur[MAXN],dep[MAXN];
inline void add(int u,int v,int w){
e[++cnt] = (Edge){v,w,head[u]};head[u] = cnt;
e[++cnt] = (Edge){u,0,head[v]};head[v] = cnt;
}
int S,T,N;
inline bool bfs(){
FOR(i,0,N) cur[i] = head[i],dep[i] = 0;
std::queue<int> q;q.push(S);dep[S] = 1;
while(!q.empty()){
int v = q.front();q.pop();
for(int i = head[v];i;i = e[i].nxt){
if(e[i].w > 0 && !dep[e[i].to]){
dep[e[i].to] = dep[v]+1;
q.push(e[i].to);
}
}
}
return dep[T];
}
inline int dfs(int v,int lim=1e9){
if(v == T) return lim;
if(!lim) return 0;
int ans = 0;
for(int &i = cur[v];i;i = e[i].nxt){
if(e[i].w > 0 && dep[e[i].to] == dep[v]+1){
int t = dfs(e[i].to,std::min(lim,e[i].w));
if(t > 0){
ans += t;
e[i].w -= t;
e[i^1].w += t;
lim -= t;
if(!lim) break;
}
}
}
return ans;
}
inline int Dinic(){
int ans = 0,flow;
while(bfs()) while((flow=dfs(S))) ans += flow;
return ans;
}
int n,p[MAXN],q[MAXN];
bool vis[MAXN];
int belp[MAXN],belq[MAXN];
inline void dfs(int v,int now,int p[],int bel[]){
vis[v] = 1;bel[v] = now;
if(vis[p[v]]) return;
dfs(p[v],now,p,bel);
}
int main(){
scanf("%d",&n);
FOR(i,1,n) scanf("%d",p+i),++p[i];
FOR(i,1,n) scanf("%d",q+i),++q[i];
FOR(i,1,n) if(!vis[i]) ++N,dfs(i,N,p,belp);
FOR(i,1,n) vis[i] = 0;
FOR(i,1,n) if(!vis[i]) ++N,dfs(i,N,q,belq);
S = N+1;T = N+2;N = T;
int ans = n;
FOR(i,1,n){
if(p[i] == q[i]){
if(p[i] == i){
ans--;continue;
}
else{
add(belp[i],belq[i],1);
add(belq[i],belp[i],1);
}
}
else{
if(p[i] == i && q[i] != i){
add(belq[i],T,1);
}
else if(p[i] != i && q[i] == i){
add(S,belp[i],1);
}
else{
add(belq[i],belp[i],1);
}
}
}
printf("%d\n",ans-Dinic());
return 0;
}
/*
p: 割左邊=不轉 右邊=轉
q反過來
何時答案會-1:
p[i]=q[i]=i 無論如何都會-1
p[i],q[i] != i 同時不轉
p[i]=i,q[i]!=i 2不轉
p[i]!=i,q[i]=i 1不轉
p[i]=q[i],p[i],q[i]!=i 同時轉
*/