jzoj6004. 【PKUWC2019模拟2019.1.17】集合 （组合数学）

题面

题解

这种题目就是要好好推倒

我们枚举最小的数是哪一个，那么答案就是$$Ans=sum_{i=1}^nT^i{n-ichoose k-1}$$
因为有$$sum_{i=p}^n{n-ichoose k-1}={n-p+1choose k}$$
原式太难算了，我们可以先计算(sum_{i=1}^nT{n-ichoose k-1}=T imes {nchoose k})，再加上(sum_{i=2}^n(T^2-T){n-ichoose k-1}=(T^2-T) imes {n-1choose k})，就这样拆开来然后一直加下去，于是答案可以化为$$Ans={nchoose k}+sum_{i=1}^n(T^i-T^{i-1}){n-i+1choose k}$$
前面加的那个({nchoose k})是因为后面算的时候多减了要加回去

继续推倒$$Ans={nchoose k}+(T-1)sum_{i=1}^nT^{i-1}{n-i+1choose k}$$
然后我们考虑枚举(i-1)

[Ans={nchoose k}+(T-1)sum_{i=0}^nT^i{n-ichoose k} ]

后面上界写成(n)没关系，因为(kgeq 1)，所以当(i)取到(n)的时候后面的({0choose k})为(0)

我们记$$A_k=sum_{i=1}^nT^i{n-ichoose k}$$

因为答案的两种表现形式是一样的，所以他们是相等的，即有$$A_{k-1}={nchoose k}+(T-1)A_k+(T-1){nchoose k}$$

整理之后有$$A_k=frac{A_{k-1}-T imes {nchoose k}}{T-1}$$
边界条件为(A_0)，代入之后发现(A_0)是个等比数列求和的形式，所以有$$A_0=frac{T(1-T^n)}{1-T}$$
预处理一下逆元，直接(O(k))递推就行了，最后的答案是$$Ans=frac{A_{k-1}}{{nchoose k}}$$

注意特判(T=1)的情况，答案就是(1)

//minamoto
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define fp(i,a,b) for(R int i=a,I=b+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=a,I=b-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
using namespace std;
const int N=1e7+5,P=998244353;
inline int add(R int x,R int y){return x+y>=P?x+y-P:x+y;}
inline int dec(R int x,R int y){return x-y<0?x-y+P:x-y;}
inline int mul(R int x,R int y){return 1ll*x*y-1ll*x*y/P*P;}
int ksm(R int x,R int y){
	R int res=1;
	for(;y;y>>=1,x=mul(x,x))if(y&1)res=mul(res,x);
	return res;
}
int inv[N],A[N],n,k,T,invt,res=1;
int main(){
//	freopen("testdata.in","r",stdin);
	freopen("set.in","r",stdin);
	freopen("set.out","w",stdout);
	scanf("%d%d%d",&n,&k,&T);
	inv[0]=inv[1]=1;fp(i,2,k)inv[i]=1ll*inv[P%i]*(P-P/i)%P;
	if(T==1)return puts("1"),0;
	A[0]=mul(T,dec(1,ksm(T,n))),A[0]=mul(A[0],ksm(dec(1,T),P-2));
	invt=ksm(T-1,P-2);
	fp(i,1,k){
		res=1ll*res*inv[i]%P*(n-i+1)%P;
		A[i]=dec(A[i-1],mul(T,res));
		A[i]=mul(A[i],invt);
	}
	printf("%d
",mul(A[k-1],ksm(res,P-2)));
	return 0;
}