LOJ3160 「NOI2019」斗主地

正解

想了半天发现自己连第一步都没有想出来……翻翻题解发现人们都不屑于讲这步……

就是说，洗牌之后，每种可能出现的方案的出现概率是相同的。

为什么……

从初始状态开始，一个最终状态的概率是若干步的概率乘起来的。看分母，是$n!$；看分子，是$A_i!(n-A_i)!$，从而得证，概率为$\frac{1}{\binom{n}{A_i}}$。

当然有个组合意义的说法：因为两堆牌的内部的顺序固定，所以它们之间不存在区别。那么相当于有$n$个球，$A_i$个黑球$n-A_i$个白球，每次随机取出一个。最终形成的排列和原来的模型是一一对应的。

接下来是个结论：$E_i(x)$表示$i$次操作之后$x$位置上值的期望，它可以表示成一个关于$x$的二次多项式的形式。

知道这个结论之后，从$E_{i-1}(x)$推到$E_i(x)$，只需要随便取三个值带入$E_i(x)$算，算完之后插值就可以得到它的多项式系数了。

做法讲完了，接下来是证明：

考虑归纳：

枚举位置$x$上的球转移到位置$y$的概率，于是有：$\binom{n}{A_i} E_i(y)=\sum_{x=1}^{A_i}\binom{y-1}{x-1}\binom{n-y}{A_i-x}E_{i-1}(x)+\sum_{x=1}^{n-A_i}\binom{y-1}{x-1}\binom{n-y}{n-A_i-x}E_{i-1}(A_i+x)$

我们要证这条式子是个只和$y$有关的多项式。下面只考虑求左边，另一边同理：

由于$E_{i-1}(x)$为多项式，所以可以把它拆开成若干项分别算。直接普通的多项式可能不太好算，于是这里取$E_{i-1}(x)=\sum_{k=0}^2f_k(x-1)^{\underline k}$

于是要证：$\sum_{x=1}^{A_i}\binom{y-1}{x-1}\binom{n-y}{A_i-x}(x-1)^{\underline k}$是个和$y$有关的多项式。

$原式=\binom{y-1}{k}k!\sum_{x=1}^{A_i}\binom{y-1-k}{x-1-k}\binom{n-y}{A_i-x}=\binom{y-1}{k}k!\binom{n-k-1}{A_i-k-1}$

（此处省略若干步骤，想推的同学慢慢推……）

看到这条式子和$x$无关，并且显然有关$y$的二次多项式。由此得证。

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using namespace std;
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define N 10000010
#define M 500010
#define ll long long
#define mo 998244353
ll qpow(ll x, ll y = mo - 2) {
    ll r = 1;
    for (; y; y >>= 1, x = x * x % mo)
        if (y & 1)
            r = r * x % mo;
    return r;
}
int n, m, type;
int fac[N], ifac[N];
void initC(int n) {
    fac[0] = 1;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) fac[i] = (ll)fac[i - 1] * i % mo;
    ifac[n] = qpow(fac[n]);
    for (int i = n - 1; i >= 0; --i) ifac[i] = (ll)ifac[i + 1] * (i + 1) % mo;
}
ll C(int m, int n) { return (ll)fac[m] * ifac[n] % mo * ifac[m - n] % mo; }
ll f0, f1, f2;
ll dot(ll x) { return ((f2 * x + f1) % mo * x + f0) % mo; }
void cha_1n2(ll y1, ll yn, ll y2) {
    static ll z1 = qpow(n - 1), zn = qpow((ll)(n - 1) * (n - 2) % mo), z2 = mo - qpow(n - 2);
    y1 = y1 * z1 % mo;
    yn = yn * zn % mo;
    y2 = y2 * z2 % mo;
    f0 = (y1 * n * 2 + yn * 2 + y2 * n) % mo;
    f1 = (mo - (y1 * (n + 2) + yn * 3 + y2 * (n + 1)) % mo) % mo;
    f2 = (y1 + yn + y2) % mo;
}
int main() {
    // freopen("in.txt","r",stdin);
    freopen("landlords.in", "r", stdin);
    freopen("landlords.out", "w", stdout);
    scanf("%d%d%d", &n, &m, &type);
    initC(n);
    f0 = 0, f1 = (type == 1), f2 = (type == 2);
    for (int i = 1; i <= m; ++i) {
        int A;
        ll E1, En, E2;
        scanf("%d", &A);
        E1 = ((1 <= A ? C(n - 1, A - 1) * dot(1) : 0) + (1 <= n - A ? C(n - 1, n - A - 1) * dot(1 + A) : 0)) %
             mo;
        En = ((1 <= A ? C(n - 1, A - 1) * dot(A) : 0) + (1 <= n - A ? C(n - 1, n - A - 1) * dot(n) : 0)) % mo;
        E2 = ((1 <= A ? C(n - 2, A - 1) * dot(1) : 0) + (1 <= n - A ? C(n - 2, n - A - 1) * dot(1 + A) : 0) +
              (2 <= A ? C(n - 2, A - 2) * dot(2) : 0) + (2 <= n - A ? C(n - 2, n - A - 2) * dot(2 + A) : 0)) %
             mo;
        ll invC = (ll)ifac[n] * fac[n - A] % mo * fac[A] % mo;
        cha_1n2(E1 * invC % mo, En * invC % mo, E2 * invC % mo);
    }
    int Q;
    scanf("%d", &Q);
    while (Q--) {
        int x;
        scanf("%d", &x);
        printf("%lld\n", dot(x));
    }
    return 0;
}

本文地址：https://blog.csdn.net/A1847225889/article/details/107880690