全世界的题解都看不懂.jpg
题解写到一半莫名刷新结果全都白写了.jpg
首先要知道全概率公式\(E(x)=\sum_{i=0}^\infty P(x\geq i)\)，证明如下
于是对于每一个\(i\)，我们只要计算出\(P(ans\geq i)\)即可
然而因为这里要计算的是最小值，如果是大于等于很不方便，于是我们考虑转化为\(P(ans\geq i)=1-P(ans<i)\)，也就是意味着每一个区间中都至少有一个数小于等于\(i-1\)
有一个性质，如果区间\(a=[l1,r1]\)完全包含了区间\(b=[l2,r2]\)，那么\(a\)是没有用的，因为\(a\)的最小值肯定小于等于\(b\)的最小值，对答案不可能有贡献。于是我们可以先把所有包含了其它区间的区间先去掉，再按左端点排一个序，那么右端点肯定也是递增的
考虑一个数，如果它小于等于\(i-1\)那么它会对一些区间产生贡献，且这些区间的编号肯定是连续的。我们把点和区间翻转，考虑用点去覆盖区间，那么现在的问题就变成了每个点能覆盖一些区间，且覆盖的概率为\(p=\frac{i-1}{x}\)，问所有区间都被覆盖的概率
设\(l[i]\)为\(i\)能覆盖到的最左边的区间，\(r[i]\)为最右边的区间，\(f[i]\)为必选第\(i\)个点，且\(r[i]\)及其之前的区间都被覆盖的概率，那么有\[f[i]=p*(\sum_{r[j]\geq l[i]-1} f[j]*(1-p)^{i-j-1}+[l[i]=1]*(1-p)^{i-1})\]
就是说我们枚举上一个选的点\(j\)，那么必须有\(r[j]\geq l[i]-1\)才能保证\(r[i]\)及其之前的区间都被覆盖，又因为\(j\)是上一个被选的，所以\([j+1,i-1]\)都没有被覆盖。
那么最后的答案就是\(\sum_{r[i]=m} f[i]*(1-p)^{n-i}\)，就是枚举最后一个被选的点，然后因为它是最后一个，所以\([i+1,n]\)都没被覆盖
这个东西用双指针的话，可以优化到\(O(n)\)
//minamoto
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define getc() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
int read(){
int res,f=1;char ch;
while((ch=getc())>'9'||ch<'0')(ch=='-')&&(f=-1);
for(res=ch-'0';(ch=getc())>='0'&&ch<='9';res=res*10+ch-'0');
return res*f;
}
const int N=2005,mod=666623333;
inline int add(int x,int y){return x+y>=mod?x+y-mod:x+y;}
inline int dec(int x,int y){return x-y<0?x-y+mod:x-y;}
inline int mul(int x,int y){return 1ll*x*y%mod;}
int ksm(int a,int b){
int res=1;
for(;b;b>>=1,a=mul(a,a))if(b&1)res=mul(res,a);
return res;
}
struct node{
int l,r;
inline bool operator <(const node &b)const
{return l==b.l?r>b.r:l<b.l;}
}a[N];
int n,k,m,st[N],top,L[N],R[N],f[N],ans,invp[N];
int main(){
// freopen("testdata.in","r",stdin);
n=read(),k=read(),m=read();for(int i=1;i<=m;++i)a[i].l=read(),a[i].r=read();
sort(a+1,a+1+m);
for(int i=1;i<=m;++i){
while(top&&a[i].r<=a[st[top]].r)--top;
st[++top]=i;
}
m=top;for(int i=1;i<=m;++i)a[i]=a[st[i]];
int h=1,t=0;
for(int i=1;i<=n;++i){
while(t<m&&a[t+1].l<=i)++t;
while(h<=t&&a[h].r<i)++h;
L[i]=h,R[i]=t;
}
for(int x=1;x<=k;++x){
int sum,p,np,fp,leip,tot;
sum=1,p=mul(dec(x,1),ksm(k,mod-2));
np=dec(1,p),fp=ksm(np,mod-2);
invp[0]=1,f[0]=1,leip=1;
for(int i=1;i<=n;++i)invp[i]=mul(invp[i-1],fp);
for(int i=1,j=0;i<=n;++i){
while(j<i&&R[j]<L[i]-1)sum=dec(sum,mul(f[j],invp[j])),++j;
f[i]=mul(sum,mul(leip,p)),leip=mul(leip,np);
sum=add(sum,mul(f[i],invp[i]));
}
tot=0,leip=1;
for(int i=n;i&&R[i]==m;--i,leip=mul(leip,np))tot=add(tot,mul(f[i],leip));
ans=add(ans,dec(1,tot));
}
printf("%d\n",ans);return 0;
}