博客解析了P6031 CF1278F Cards加强版问题，通过斯特林数和组合数消除求解期望值，涉及二项式定理、多项式展开和递推计算，讲解了如何处理复杂度以适应题目需求。
P6031 CF1278F Cards 加强版
题目大意：
有 m m m 张牌，其中有一张是王牌。将这些牌均匀随机打乱 n n n 次，设有 x x x 次第一张为王牌，求 x k x^k xk 的期望值。
答案对 998244353 998244353 998244353 取模。
首先 x k x^k xk 不好处理。考虑将其消除掉，会想到使用斯特林数转下降幂之后使用组合数消除掉。
我们考虑枚举几次是王牌。
A
n
s
=
∑
i
=
0
n
1
m
i
(
m
−
1
m
)
n
−
i
(
n
i
)
i
k
Ans = \sum_{i = 0} ^ n \frac{1}{m^i} (\frac{m - 1}{m})^{n - i} \binom{n}{i} i^k
Ans=i=0∑nmi1(mm−1)n−i(in)ik
不妨设
p
=
1
m
p = \frac{1}{m}
p=m1。
可以得到
p
n
∑
i
=
0
n
(
1
−
p
p
)
n
−
i
(
n
i
)
i
k
p^n \sum_{i = 0}^n (\frac{1 - p}{p})^{n - i} \binom{n}{i} i^k
pn∑i=0n(p1−p)n−i(in)ik。
p
n
∑
i
=
0
n
(
1
−
p
p
)
n
−
i
(
n
i
)
i
k
p
n
∑
i
=
0
n
(
1
−
p
p
)
n
−
i
(
n
i
)
∑
j
=
0
k
{
k
j
}
i
j
‾
p
n
∑
j
=
0
k
{
k
j
}
∑
i
=
j
n
i
j
‾
(
n
i
)
(
1
p
−
1
)
n
−
i
\begin{aligned} &p^n \sum_{i = 0}^n (\frac{1 - p}{p})^{n - i } \binom{n}{i} i^k\\ &p^n \sum_{i = 0}^ n(\frac{1 - p}{p})^{n - i} \binom{n}{i} \sum_{j = 0} ^ k \begin{Bmatrix}k\\j\end{Bmatrix} i^{\underline{j}} \\ &p^n \sum_{j = 0} ^ k \begin{Bmatrix}k\\j\end{Bmatrix}\sum_{i = j} ^ n i^{\underline{j}} \binom{n}{i} (\frac{1}{p} - 1)^{n - i} \\ \end{aligned}
pni=0∑n(p1−p)n−i(in)ikpni=0∑n(p1−p)n−i(in)j=0∑k{kj}ijpnj=0∑k{kj}i=j∑nij(in)(p1−1)n−i
后面的这个很像求导得到的项，我们考虑二项式定理。
(
A
+
x
)
n
=
∑
i
=
0
n
x
i
A
n
−
i
(
n
i
)
(A + x)^n = \sum_{i = 0} ^ n x^i A^{n - i} \binom{n}{i}
(A+x)n=i=0∑nxiAn−i(in)
经过
k
k
k 次求导之后。
(
A
+
x
)
n
−
k
n
k
‾
=
∑
i
=
k
n
x
i
−
k
A
n
−
i
(
n
i
)
i
k
‾
(A + x) ^{n -k} n^{\underline{k}} = \sum_{i = k} ^ {n} x^{i - k} A^{n - i} \binom{n}{i} i^{\underline{k}}
(A+x)n−knk=i=k∑nxi−kAn−i(in)ik
如果取
x
=
1
x = 1
x=1 可以得到。
(
A
+
1
)
n
−
k
n
k
‾
=
∑
i
=
k
n
A
n
−
i
(
n
i
)
i
k
‾
(A + 1) ^ {n -k} n^{\underline{k}} = \sum_{i = k} ^ nA^{n - i} \binom{n}{i} i^{\underline{k}}
(A+1)n−knk=i=k∑nAn−i(in)ik
所以可以得到：
p
n
∑
j
=
0
k
{
k
j
}
∑
i
=
j
n
i
j
‾
(
n
i
)
(
1
p
−
1
)
n
−
i
p
n
∑
j
=
0
k
{
k
j
}
1
p
n
−
j
n
j
‾
∑
i
=
0
k
{
k
i
}
p
i
n
i
‾
\begin{aligned} &p^n \sum_{j = 0} ^ k \begin{Bmatrix}k\\j\end{Bmatrix}\sum_{i = j} ^ n i^{\underline{j}} \binom{n}{i} (\frac{1}{p} - 1)^{n - i} \\ &p^n \sum_{j = 0} ^ k \begin{Bmatrix}k\\j\end{Bmatrix}\frac{1}{p^{n - j}} n^{\underline{j}}\\ &\sum_{i = 0} ^ k \begin{Bmatrix}k\\i\end{Bmatrix} p^in^{\underline{i}} \end{aligned}
pnj=0∑k{kj}i=j∑nij(in)(p1−1)n−ipnj=0∑k{kj}pn−j1nji=0∑k{ki}pini
可以直接解决简化版了。
但是因为斯特林数使用多项式也只是
O
(
k
log
k
)
O(k \log k)
O(klogk) 的复杂度，是不能通过此题的，考虑将其展开。
{
k
j
}
=
1
j
!
∑
i
=
0
j
(
−
1
)
j
(
j
i
)
(
j
−
i
)
k
\begin{Bmatrix}k\\j\end{Bmatrix} = \frac{1}{j!}\sum_{i = 0} ^ j (-1) ^ {j} \binom{j}{i} (j - i) ^ k
{kj}=j!1i=0∑j(−1)j(ij)(j−i)k
之后带入得到：
∑
i
=
0
k
p
i
n
i
‾
1
i
!
∑
j
=
0
i
(
−
1
)
j
(
i
j
)
(
i
−
j
)
k
∑
i
=
0
k
p
i
n
i
‾
1
i
!
∑
j
=
0
i
(
−
1
)
i
−
j
(
i
j
)
j
k
∑
j
=
0
k
j
k
∑
i
=
j
k
(
−
1
)
i
−
j
n
i
‾
p
i
(
i
j
)
1
i
!
∑
j
=
0
k
j
k
(
−
1
)
j
∑
i
=
j
k
(
−
p
)
i
(
n
i
)
(
i
j
)
∑
j
=
0
k
j
k
(
−
1
)
j
(
n
j
)
∑
i
=
j
k
(
n
−
j
i
−
j
)
(
−
p
)
i
∑
j
=
0
k
j
k
(
−
1
)
j
∑
i
=
0
k
−
j
(
n
−
j
i
)
(
−
p
)
i
+
j
∑
j
=
0
k
j
k
p
j
∑
i
=
0
k
−
j
(
n
−
j
i
)
(
−
p
)
i
\begin{aligned} &\sum_{i = 0} ^ k p^in^{\underline{i}} \frac{1}{i!}\sum_{j = 0} ^{i} (-1)^j \binom{i}{j} (i - j) ^ k \\ &\sum_{i = 0} ^ k p^i n^{\underline{i}} \frac{1}{i!} \sum_{j = 0} ^ i (-1) ^{i -j} \binom{i}{j} j^k \\ &\sum_{j = 0} ^ kj^k \sum_{i = j} ^ k(-1) ^ {i - j} n^{\underline{i}} p^i \binom{i}{j} \frac{1}{i!} \\ &\sum_{j = 0} ^ k j^k (-1) ^j \sum_{i = j} ^k(-p)^i \binom{n}{i}\binom{i}{j} \\ &\sum_{j = 0} ^ k j^k (-1) ^ j \binom{n}{j} \sum_{i = j} ^ k \binom{n - j}{i - j} (-p) ^ i \\ &\sum_{j = 0} ^ k j^k (-1) ^j \sum_{i = 0} ^ {k - j} \binom{n - j}{i} (-p) ^ {i + j} \\ &\sum_{j = 0} ^ k j^kp^j \sum_{i = 0} ^ {k - j} \binom{n - j}{i} (-p) ^ i \end{aligned}
i=0∑kpinii!1j=0∑i(−1)j(ji)(i−j)ki=0∑kpinii!1j=0∑i(−1)i−j(ji)jkj=0∑kjki=j∑k(−1)i−jnipi(ji)i!1j=0∑kjk(−1)ji=j∑k(−p)i(in)(ji)j=0∑kjk(−1)j(jn)i=j∑k(i−jn−j)(−p)ij=0∑kjk(−1)ji=0∑k−j(in−j)(−p)i+jj=0∑kjkpji=0∑k−j(in−j)(−p)i
根据
E
\tt E
E
T
2006
\tt \color{red}T2006
T2006 神仙的话来说，就是只有一个组合数的情况应该是可以用递推求的。
设：
f
(
x
)
=
∑
i
=
0
k
−
x
(
n
−
x
i
)
(
−
p
)
i
f(x) = \sum_{i = 0} ^ {k - x} \binom{n - x}{i} (-p) ^ i
f(x)=i=0∑k−x(in−x)(−p)i。
考虑展开一下二项式。
∑
i
=
0
k
−
x
(
n
−
x
i
)
(
−
p
)
i
∑
i
=
0
k
−
x
[
(
n
−
x
−
1
i
)
+
(
n
−
x
−
1
i
−
1
)
]
(
−
p
)
i
f
(
x
+
1
)
+
(
n
−
x
−
1
i
)
(
−
p
)
k
−
x
−
1
+
∑
i
=
0
k
−
x
(
n
−
x
−
1
i
−
1
)
(
−
p
)
i
f
(
x
+
1
)
+
(
n
−
x
−
1
i
)
(
−
p
)
k
−
x
−
1
+
(
−
p
)
∑
i
=
0
k
−
x
−
1
(
n
−
x
−
1
i
)
(
−
p
)
i
f
(
x
+
1
)
+
(
n
−
x
−
1
i
)
(
−
p
)
k
−
x
−
1
+
(
−
p
)
f
(
x
+
1
)
(
1
−
p
)
f
(
x
+
1
)
+
(
n
−
x
−
1
i
)
(
−
p
)
k
−
x
−
1
\begin{aligned} &\sum_{i = 0} ^ {k - x} \binom{n - x}{i} (-p) ^ i \\ &\sum_{i = 0} ^{k - x} [\binom{n - x - 1}{i} + \binom{n - x - 1}{i - 1}] (-p) ^ i \\ & f(x + 1) + \binom{n - x - 1}{i} (-p) ^ {k - x - 1} + \sum_{i = 0} ^{k - x} \binom{n - x - 1}{i - 1} (-p) ^ i \\ & f(x + 1) + \binom{n - x - 1}{i} (-p) ^ {k - x - 1} + (-p) \sum_{i = 0} ^{k - x - 1} \binom{n - x - 1}{i} (-p) ^ {i} \\ &f(x + 1) + \binom{n - x - 1}{i} (-p) ^ {k - x -1} + (-p) f(x + 1) \\ &(1 - p) f(x + 1) + \binom{n - x - 1}{i} (-p) ^ {k - x - 1} \end{aligned}
i=0∑k−x(in−x)(−p)ii=0∑k−x[(in−x−1)+(i−1n−x−1)](−p)if(x+1)+(in−x−1)(−p)k−x−1+i=0∑k−x(i−1n−x−1)(−p)if(x+1)+(in−x−1)(−p)k−x−1+(−p)i=0∑k−x−1(in−x−1)(−p)if(x+1)+(in−x−1)(−p)k−x−1+(−p)f(x+1)(1−p)f(x+1)+(in−x−1)(−p)k−x−1
显然
f
(
k
)
=
1
f(k) = 1
f(k)=1。那么从上向下递推。
我们只需要预处理出 i k , ( n i ) , ( − p ) i , ( 1 − p ) i i^k, \binom{n}{i},(-p) ^ i, (1 -p ) ^ i ik,(in),(−p)i,(1−p)i 即可。
如果 n < k n < k n<k 直接跑暴力。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
template <typename T>
void r1(T &x) {
x = 0;
char c(getchar());
int f(1);
for(; c < '0' || c > '9'; c = getchar()) if(c == '-') f = -1;
for(; '0' <= c && c <= '9';c = getchar()) x = (x * 10) + (c ^ 48);
x *= f;
}
template <typename T,typename... Args> inline void r1(T& t, Args&... args) {
r1(t); r1(args...);
}
bool bg;
const int maxk = 1e7 + 5;
bool vis[maxk];
int pr[maxk / 10];
int tot(0);
int pwxk[maxk], cnx[maxk], inv[maxk], f[maxk], px[maxk], cnxkx[maxk];
int p, n, m, k;
const int mod = 998244353;
int ksm(int x,int mi) {
int res(1); x %= mod;
while(mi) {
if(mi & 1) res = 1ll * res * x % mod;
mi >>= 1;
x = 1ll * x * x % mod;
}
return res;
}
void ouler(int k) {
pwxk[1] = 1;
for(int i = 2; i <= k; ++ i) {
if(!vis[i]) pr[++ tot] = i, pwxk[i] = ksm(i, k);
for(int j = 1; j <= tot && i * pr[j] <= k; ++ j) {
vis[i * pr[j]] = 1;
pwxk[i * pr[j]] = 1ll * pwxk[i] * pwxk[pr[j]] % mod;
if(!(i % pr[j])) break;
} // ok
}
// printf("tot = %d\n", tot);
}
void init() {
ouler(k);
int i, j;
cnx[0] = 1, f[0] = 0, px[0] = 1;
int dp = - p + mod, fc(1);
for(i = 1; i <= k; ++ i) fc = 1ll * fc * i % mod;
inv[k] = ksm(fc, mod - 2);
for(i = k - 1; ~ i; -- i) inv[i] = 1ll * inv[i + 1] * (i + 1) % mod;
fc = 1;
for(i = 1; i <= k; ++ i) {
inv[i] = 1ll * inv[i] * fc % mod;
fc = 1ll * fc * i % mod;
}// OK
for(i = 1; i <= k; ++ i) {
px[i] = 1ll * px[i - 1] * dp % mod;
cnx[i] = 1ll * cnx[i - 1] * inv[i] % mod * (n - i + 1) % mod;
}// OK
cnxkx[0] = 1ll * cnx[k] * ksm(n, mod - 2) % mod * (n - k) % mod;
for(int i = 1; i <= k; ++i) cnxkx[i] = 1ll * cnxkx[i - 1] * ksm(n - i, mod - 2) % mod * (k - i + 1) % mod;
f[k] = 1;
for(int i = k - 1; ~ i; -- i) f[i] = (1ll * f[i + 1] * (1 + dp) % mod + 1ll * cnxkx[i] * px[k - i] % mod) % mod;
}
int ask() {
int res(0);
if(n > k) {
for(int i = 0, pw(1); i <= k; ++ i, pw = 1ll * pw * p % mod) {
res = (res + 1ll * pw * pwxk[i] % mod * cnx[i] % mod * f[i] % mod) % mod;
}
}
else {
// return 0;
// puts("ZZZ");
int up(1), invp(ksm(1 - p + mod, mod - 2));
int dn = ksm(1 - p + mod, n);
for(int i = 0; i <= k; ++ i) {
res = (res + 1ll * cnx[i] * up % mod * dn % mod * pwxk[i] % mod) % mod;
// printf("i = %d, dn = %d, up = %d\n", i, dn, up);
dn = 1ll * dn * invp % mod;
up = 1ll * up * p % mod;
}
// res = 1ll * res * ksm(p, n) % mod;
}
return res;
}
bool ed;
signed main() {
// freopen("S.in", "r", stdin);
// freopen("S.out", "w", stdout);
// cerr << (&ed - &bg) / 1024.0 / 1024.0 << endl;
int i, j;
r1(n, m, k);
p = ksm(m, mod - 2);
init();
if(m == 1) printf("%d\n", ksm(n, k));
else printf("%d\n", ask());
return 0;
}
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