Description
为了打开返回现世的大门，(Yopilla) 需要制作开启大门的钥匙。(Yopilla) 所在的迷失大陆有 (n) 种原料，只需要集齐任意 (k) 种，就可以开始制作。
(Yopilla) 来到了迷失大陆的核心地域。每个单位时间，这片地域就会随机生成一种原料。每种原料被生成的概率是不同的，第 (i) 种原料被生成的概率是 (frac{p_i}{m}) 。如果 (Yopilla) 没有这种原料，那么就可以进行收集。
(Yopilla) 急于知道，他收集到任意 (k) 种原料的期望时间，答案对 998244353 取模。
Input
第一行三个数 (n,k,m) 。
第二行 (n) 个数 (p_1, p_2, ..., p_n) 。
Output
输出一行。
Sample Input
3 3 3
1 1 1
Sample Output
499122182
HINT
对于 (10 \%) 的数据，(p_1 = p_2 = ... = p_m)
对于另外 (10 \%) 的数据，(k = n) 。
对于 (70 \%) 的数据，(n leq 100)。
对于 (100 \%) 的数据，(1 leq n leq 1000) ，(1 leq k leq n,) (| n - k | leq 10), (0 leq p_i leq m) , $ sum p = m$, (1 leq m leq 10000) 。
想法
首先，看到“收集”“期望”这种字眼，就套路地想到 (MIN-MAX) 容斥
而这道题相当于求第 (K) 小的期望收集到的时间，那就是扩展 (MIN-MAX) 容斥
鉴于 (|n-k|leq 10) ，不妨令 (K=n-K+1) ，改求第 (K) 大。
上式子， (K-MAX(S)=sumlimits_{T subseteq S} (^{|T|-1}_{K-1}) cdot (-1)^{|T|-K} cdot frac{m}{sumlimits_{i in T} p_i})
（证明挺容易的，就是二项式反演，略过……）
发现 (n) 好大不能枚举子集，于是考虑 (dp) 。
接下来的做法就十分神仙了【划重点】
我们发现 (m) 很小，也就是上面式子中 (frac{m}{sumlimits_{i in T} p_i}) 的值只有 (10^5)种
那考虑合并同类项，把它拎出来，原式写成：
于是我们就用 (dp) 搞这个系数。
(f_{i,j,k}) 中： (i) 表示考虑了前 (i) 个数； (j) 表示在前 (i) 个数中选出了集合 (T) ，(T) 中所有元素和为 (j) ；(k) 即求第 (k) 大。
转移：
1.对于 (T) 中没有第 (i) 个数的：贡献是 (f_{i-1,j,k})
2.对于 (T) 中有第 (i) 个数的：贡献是 (sumlimits_{i in T} (^{|T|-1}_{k-1}) cdot (-1)^{|T|-k})，这式中的 (T) 满足元素和为 (j)
而这个贡献肯定要由 (f_{i-1,j-p[i],x}) 转移而来，(x) 未知
于是我们把它改写成
综上所述，(f_{i,j,k}=f_{i-1,j,k}+f_{i-1,j-p[i],k-1}-f_{i-1,j-p[i],k})
边界条件 (f_{0,0,0}=1)
注意要用滚动数组。
把所有系数求出来后枚举 (sum p[i])的值 ，带进去求就行了。
代码
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define P 998244353
using namespace std;
int read(){
int x=0;
char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)) ch=getchar();
while(isdigit(ch)) x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
return x;
}
const int N = 1005;
int n,K,m,p[N];
int f[2][N*10][12];
int Pow_mod(int x,int y){
int ret=1;
while(y){
if(y&1) ret=1ll*ret*x%P;
x=1ll*x*x%P;
y>>=1;
}
return ret;
}
int main()
{
n=read(); K=read(); m=read();
K=n-K+1;
for(int i=1;i<=n;i++) p[i]=read();
f[0][0][0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++){
int pre=((i-1)&1),id=(i&1);
for(int j=0;j<=m;j++)
for(int k=0;k<=i && k<=K;k++){
f[id][j][k]=f[pre][j][k];
if(j>=p[i] && k)
f[id][j][k]=((f[id][j][k]+f[pre][j-p[i]][k-1])%P+P-f[pre][j-p[i]][k])%P; //手残写成 p[j] ，调了好久
}
}
int ans=0;
for(int i=1;i<=m;i++)
ans=((ans+1ll*m*Pow_mod(i,P-2)%P*f[n&1][i][K]%P)%P+P)%P;
printf("%d
",ans);
return 0;
}