洛谷P4561 [JXOI2018]排序问题(二分 期望)

题意

sol

首先一种方案的期望等于它一次排好的概率的倒数。

一次排好的概率是个数数题，他等于一次排好的方案除以总方案，也就是\(\frac{\prod cnt_{a_i}!}{(n+m)!}\)。因为最终的序列是一定的，两个序列不同当且仅当权值相同的数排列方式不同。

他的期望为\(\frac{(n+m)!}{\prod cnt_i!}\)，我们希望这玩意儿尽量大，也就是下面的尽量小

显然对于每个\(cnt\)来说，最大值越小越好，可以直接二分，然后check一下是否可行。

具体的贪心策略是每次先填出现次数最少的。

复杂度\(o(nlogn)\)

#include<bits/stdc++.h>
#define fin(x) freopen(#x".in", "r", stdin);
#define int long long 
using namespace std;
const int maxn = 2e7 + 10, mod = 998244353;
template<typename a, typename b> inline bool chmax(a &x, b y) {return x < y ? x = y, 1 : 0;}
template<typename a, typename b> inline bool chmin(a &x, b y) {return x > y ? x = y, 1 : 0;}
template<typename a, typename b> inline a mul(a x, b y) {return 1ll * x * y % mod;}
template<typename a, typename b> inline void add2(a &x, b y) {x = x + y >= mod ? x + y - mod : x + y;}
inline int read() {
    char c = getchar(); int x = 0, f = 1;
    while(c < '0' || c > '9') {if(c == '-') f = -1; c = getchar();}
    while(c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
    return x * f;
}
int n, m, fac[maxn], l, r, a[maxn], date[maxn], num, cnt[maxn], pl, pr, l, r;
int fp(int a, int p) {
    int base = 1;
    while(p) {
        if(p & 1) base = mul(base, a);
        a = mul(a, a);  p >>= 1;
    }
    return base;
}
int inv(int x) {
    return fp(x, mod - 2);
}
int check(int lim) {
    int tot = 0;
    tot = lim * (r - l - (pr - pl));
    if(tot > m) return tot;
    for(int i = pl; i <= pr && tot <= m; i++)
        tot += max(lim - cnt[i], 0ll);
    return tot;
}
void solve() {
    n = read(); m = read(); l = read(); r = read();
    num = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i++) a[i] = read(), date[++num] = a[i], cnt[i] = 0;
    sort(a + 1, a + n + 1);
    sort(date + 1, date + num + 1);
    num = unique(date + 1, date + num + 1) - date - 1;
    for(int i = 1; i <= n; i++) a[i] = lower_bound(date + 1, date + num + 1, a[i]) - date, cnt[a[i]]++;
    pl = lower_bound(date + 1, date + num + 1, l) - date;
    pr = upper_bound(date + 1, date + num + 1, r) - date - 1;
    l = 0, r = n + m;
    while(l < r) {
        int mid = l + r >> 1;
        if(check(mid) <= m) l = mid + 1;
        else r = mid;
    }
    int ans = fp(fac[l - 1], r - l - (pr - pl));
    for(int i = 1; i <= num; i++)
        if(i >= pl && i <= pr) ans = mul(ans, fac[max(cnt[i], l - 1)]);
        else ans = mul(ans, fac[cnt[i]]);
    ans = mul(ans, fp(l, m - check(l - 1)));//把少了的补上
    cout << mul(fac[n + m], inv(ans)) <<  '\n';
}
signed main() {
    fac[0] = 1;
    for(int i = 1; i <= (int) 2e7; i++) fac[i] = mul(i, fac[i - 1]);
    for(int t = read(); t--;  solve());
    return 0;
}
/*
2
3 3 5 7
1 3 4
3 3 1 2
1 3 4
*/