@description@
一个随机数发生器会生成 N 种数。
第 i 种数有参数 Ai，记 SA = ∑Ai，随机数发生器会有 Ai/SA 的概率生成 i。
每个时刻都会生成一个数，直到某时刻对于所有的 i，第 i 种数被生成的次数 >= Bi 停止。
求停止的期望时刻。
Constraints
1 <= Ai,Bi,N,∑Ai, ∑Bi <= 400。
Input
输入形式如下：
N
A0 B0
A1 B1
⋮
AN−1 BN−1
Output
输出期望时刻 mod 998244353。
Sample Input 1
2
1 1
1 1
Sample Output 1
3
@solution - 1@
先对问题进行初步的转化：
假如在第 t 时刻停止，贡献为 t。
我们可以将 t 的贡献看成第 0 时刻没有停止贡献 1，第 1 时刻没有停止贡献 1，…，第 t-1 时刻没有停止贡献 1，总共贡献 t。
记 p(i) 表示第 i 时刻依然没有停止的概率，则有停止的期望时刻为 \(\sum_{i=0}p(i)\)。
考虑怎么求 p(i)。
假如给定一个生成的序列 x1, x2, …, xi 表示第 j 时刻生成 xj，则得到该序列的概率应为 A[x1]/SA*A[x2]/SA*…*A[xi]/SA。
一种思路是对于所有长度为 i 的未停止序列计算概率之和，但不好做（但可以做）。
我们逆向思维，用 1 – 已停止序列的概率之和，从而得到 p(i)。
记 d[k] 表示 k 已经出现了 d[k] 次。已停止序列即所有的 1 <= k <= n 都满足 d[k] >= B[k]。
记 q[i] 表示已停止序列对应的概率，则有：
\[q[i] = \sum_{d[j] \ge B[j]}^{(\sum_{i=1}^{n}d[j])=i}\frac{i!}{\prod_{j=1}^{n}(d[j]!)}*\prod_{j=1}^{n}(\frac{A[j]}{SA})^{d[j]}\]
注意到这个式子里面含有卷积，而且还以阶乘为分母。我们考虑将其改写成指数型生成函数的形式。
记 Q(x) 为 q 的指数型生成函数，则有：
\[Q(x) = \prod_{i=1}^{n}(\sum_{j=B[i]}\frac{(\frac{A[j]}{SA}x)^j}{j!})\\ =\prod_{i=1}^{n}(e^{\frac{A[j]}{SA}x}-\sum_{j=0}^{B[i]-1}\frac{(\frac{A[j]}{SA}x)^j}{j!})\]
设 P(x) 表示 p 的指数型生成函数，得到：
\[P(x) = e^x - Q(x)\\ =e^x - \prod_{i=1}^{n}(e^{\frac{A[j]}{SA}x}-\sum_{j=0}^{B[i]-1}\frac{(\frac{A[j]}{SA}x)^j}{j!})\]
这玩意儿可以暴力 O((∑B)^2*∑A) 展开。
展开后每一项长成 \(c_{i, j}e^{\frac{i}{SA}x}x^{j}\) 的形式，其中 i, j 满足 0 <= i <= ∑A, 0 <= j <= ∑B。
我们枚举 i, j，然后算 \(c_{i, j}e^{\frac{i}{SA}x}x^{j}\) 对答案的贡献。
记 t = i/SA。现暂且不考虑 \(c_{i, j}\)，最后再乘。将 \(e^{tx}x^{j}\) 展开得到：
\[e^{tx}x^j=\sum_{i=0}\frac{t^ix^{i+j}}{i!}\]
因为 \(x^{i+j}\) 对应的系数为 p[i+j]/(i+j)!，所以反过来求 p[i+j] 时需要乘 (i+j)!。因此贡献为：
\[S(j) = \sum_{i=0}t^i(i+j)^{\underline{j}}\]
怎么求 S(j) 呢？利用下降幂的性质 \((i+1)^{\underline{j}} - i^{\underline{j}} = j*i^{\underline{j-1}}\)，以及推导等比数列求和的过程，得到：
\[ S(j) = \sum_{i=0}t^i(i+j)^{\underline{j}}\\ t*S(j) = \sum_{i=1}t^i(i+j-1)^{\underline{j}}\\ (1-t)*S(j) = j! + j*\sum_{i=1}t^i(i+j-1)^{\underline{j-1}} = j*S(j-1) \]
因此得到 \(S(j) = \frac{j}{1-t}S(j-1)\)。
又因 j = 0 时就是等比数列求和，即 \(S(0) = \frac{1}{1-t}\)，所以 \(S(j) = (\frac{1}{1-t})^{j+1}*j!\)。
总时间复杂度 O((∑B)^2*∑A)。
@accepted code - 1@
#include<cstdio>
const int MAXN = 400;
const int MOD = 998244353;
int inv[MAXN + 5];
struct mint{
int x;
mint(int _x=0) : x(_x) {}
friend mint operator + (const mint &a, const mint &b) {return a.x + b.x >= MOD ? a.x + b.x - MOD : a.x + b.x;}
friend mint operator - (const mint &a, const mint &b) {return a.x - b.x < 0 ? a.x - b.x + MOD : a.x - b.x;}
friend mint operator * (const mint &a, const mint &b) {return 1LL * a.x * b.x % MOD;}
friend mint operator / (const mint &a, const int &b) {return a * inv[b];}
};
mint pow_mod(mint b, int p) {
mint ret = 1;
while( p ) {
if( p & 1 ) ret = ret*b;
b = b*b;
p >>= 1;
}
return ret;
}
void init() {
inv[1] = 1;
for(int i=2;i<=MAXN;i++)
inv[i] = MOD - 1LL*inv[MOD%i]*(MOD/i)%MOD;
}
mint coef[MAXN + 5][MAXN + 5];
int A[MAXN + 5], B[MAXN + 5], N, SA, SB;
void read() {
scanf("%d", &N);
for(int i=0;i<N;i++)
scanf("%d%d", &A[i], &B[i]), SA += A[i], SB += B[i];
}
mint tmp[MAXN + 5][MAXN + 5];
void get() {
coef[0][0] = 1;
for(int i=0;i<N;i++) {
for(int j=0;j<=SA;j++)
for(int k=0;k<=SB;k++)
tmp[j][k] = coef[j][k], coef[j][k] = 0;
mint p = mint(A[i]) / SA, f = MOD - 1;
for(int l=0;l<B[i];l++,f=f/l*p)
for(int j=0;j<=SA;j++)
for(int k=l;k<=SB;k++)
coef[j][k] = coef[j][k] + f*tmp[j][k-l];
for(int j=A[i];j<=SA;j++)
for(int k=0;k<=SB;k++)
coef[j][k] = coef[j][k] + tmp[j-A[i]][k];
}
for(int i=0;i<=SA;i++)
for(int j=0;j<=SB;j++)
coef[i][j] = 0 - coef[i][j];
coef[SA][0] = coef[SA][0] + 1;
}
/*
let t = e^(x/S)
t^S - (t^Ai - (x*Ai/S)^j/j!)
*/
int solve() {
mint ret = 0, f = 1;
for(int j=0;j<=SB;j++,f=f*j)
for(int i=0;i<=SA;i++) {
mint p = mint(i) / SA;
p = pow_mod(1 - p, MOD - 2 - j);
ret = ret + coef[i][j]*p*f;
}
return ret.x;
}
int main() {
init(), read(), get();
printf("%d\n", solve());
}@solution - 2@
这道题会很容易令人想起 uoj - 449 那道题。
我们尝试使用 min-max 容斥能否解决。
对于某一集合 S = {x1, x2, ..., xm}，我们想要求它最早达到 Bi 的限制的期望时刻。
还是转化一下问题，求第 t 时刻没有任何元素达到 Bi 的概率 p(t)，将 p(t) 求和即是期望。
因此，这个集合的贡献如下所示：
\[(-1)^{m+1}*\frac{SA}{\sum A[xi]}*\sum_{0\le di < B[xi]}\frac{(\sum di)!}{\prod(di!)}*\prod(\frac{A[xi]}{\sum A[xi]})^{di}\]
前面的 \((-1)^{m+1}\) 为容斥系数，\(\frac{SA}{\sum A[xi]}\) 为在集合内抽中一个数的期望。
显然我们不能枚举每个集合然后算。考虑往集合内加入一个元素 y，贡献会怎么变：
\[(-1)^{m+2}*\frac{SA}{A[y] + \sum A[xi]}*\sum_{0\le di < B[xi]}\sum_{0\le dy < B[y]}\frac{(dy + \sum di)!}{dy!*\prod(di!)}*\prod(\frac{A[xi]}{A[y] + \sum A[xi]})^{di}*(\frac{A[y]}{A[y] + \sum A[xi]})^{dy}\]
通过观察式子，假如我们限制以前的集合中 \(\sum A[xi] = p\)，\(\sum di = q\)；并在加入 y 的时候枚举 dy，则贡献是不受其他条件影响的。
记 f[i][p][q] 表示已经考虑了 n 个数中的前 i 个数，当前集合 \(\sum A[xi] = p, \sum di = q\)，所有与 p, q 无关的值的乘积之和。
与 p, q 无关的值实际上就是 \((-1)*\frac{A[xi]^{di}}{di!}\)，转移时乘一下这个即可。
最后再把 f[n][p][q] 拿出来算贡献即可。
总共转移不超过 O(∑Bi) 次，时间复杂度为 O((∑Bi)^2*Ai)。
@accepted code - 2@
#include<cstdio>
const int MOD = 998244353;
const int MAXN = 400;
int inv[MAXN + 5];
void init() {
inv[1] = 1;
for(int i=2;i<=MAXN;i++)
inv[i] = MOD - 1LL*inv[MOD%i]*(MOD/i)%MOD;
}
struct modint{
int x;
modint(int _x=0):x(_x) {}
friend modint operator + (modint x, modint y) {return (x.x + y.x) >= MOD ? x.x + y.x - MOD : x.x + y.x;}
friend modint operator - (modint x, modint y) {return (x.x - y.x) < 0 ? x.x - y.x + MOD : x.x - y.x;}
friend modint operator * (modint x, modint y) {return 1LL*x.x*y.x%MOD;}
friend modint operator / (modint x, int k) {return x*inv[k];}
};
modint pow_mod(modint b, int p) {
modint ret = 1;
while( p ) {
if( p & 1 ) ret = ret*b;
b = b*b;
p >>= 1;
}
return ret;
}
modint f[2][MAXN + 5][MAXN + 5];
int A[MAXN + 5], B[MAXN + 5], SA, SB;
int main() {
init();
int n; scanf("%d", &n);
for(int i=0;i<n;i++)
scanf("%d%d", &A[i], &B[i]), SA += A[i], SB += B[i];
f[0][0][0] = MOD - 1;
for(int i=0;i<n;i++) {
for(int j=0;j<=SA;j++)
for(int k=0;k<=SB;k++)
f[1][j][k] = f[0][j][k];
modint p = 1;
for(int l=0;l<B[i];l++,p=p*A[i]/l)
for(int j=A[i];j<=SA;j++)
for(int k=l;k<=SB;k++)
f[0][j][k] = f[0][j][k] - f[1][j-A[i]][k-l]*p;
}
modint ans = 0;
for(int j=1;j<=SA;j++) {
modint p = 1, q = modint(SA)/j;
for(int k=0;k<=SB;k++,p=p*k/j)
ans = ans + f[0][j][k]*p*q;
}
printf("%d\n", ans.x);
}@details@
主要是式子的推导，其实代码实现本身没有太大难度。
这个题涉及了好多组合数学以及期望概率的套路。