Kth MIN-MAX 反演

MIN-MAX 反演

咱們知道對於普通的 \(\min-\max\) 容斥有以下式子：
\[ \max(S) = \sum_{T \subseteq S} (-1)^{|T| + 1} \min(T)\\ \min(S) = \sum_{T \subseteq S} (-1)^{|T| + 1} \max(T) \]

證實能夠構造一一映射，抵消貢獻。

上述式子在指望意義下也是成立的：
\[ E[\max(S)] = \sum_{T \subseteq S} (-1)^{|T| + 1} E[\min(T)] \]

證實能夠考慮指望的線性性。

---

Kth MIN-MAX 反演

本文參考了 張俊逸同窗 的集訓講解。

構造容斥係數

咱們能夠推廣到求第 \(k\) 大元素上來。

咱們嘗試構造容斥係數 \(f\) ，知足：
\[ kth \max(S) = \sum_{T \subseteq S} f_{|T|} \min(T) \]

而後來考慮一下對於集合 \(T\) 中第 \(i\) 大的元素，若是 \(\min(T)\) 等於這個元素，那麼只有比它大的 \(i-1\) 個元素是可能存在的，而後咱們考慮 \(T\) 何時才能對於答案進行貢獻，其實就是要知足 \([i = k]\) 。

那麼表達出來就是
\[ \sum_{j = 1}^{i - 1} {i - 1 \choose j} f_{j + 1} = [i = k] \]

二項式反演

這個形式咱們能夠套用二項式反演（廣義容斥定理）

原來我博客說起的都是從 \(i = k \to n\) 的，其實 \(i = 1 \to k\) 也是同樣的。

二項式反演：

假設數列 \(f\) 和 \(g\) 知足：
\[ g_i = \sum_{j = 1}^{i} {i \choose j} f_j \]

那麼就有
\[ f_i = \sum_{j = 1}^{i} (-1)^{i - j} {i \choose j} g_j \]

能夠考慮生成函數證實，設 \(f_0 = g_0 = 0\) 。

前者就爲 \(G = F * e^x\) 後者爲 \(F = G * e^{-x}\) ，顯然是等價的。

那麼對於前面那個式子，咱們設 \(g_{i - 1} = [i = k], f'_j = f_{j + 1}\) 。

那麼根據二項式反演就能夠獲得
\[ f'_{i} = \sum_{j = 0}^{i} (-1)^{i - j} {i \choose j} g_j \]

即
\[ f_{i + 1} = (-1)^{i - (k - 1)} {i \choose k - 1} \]

隨意整理一下就有
\[ f_i = (-1)^{i - k} {i - 1 \choose k - 1} \]

結論

最終咱們就能夠以下求 \(kth \max\)
\[ kth \max(S) = \sum_{T \subseteq S} (-1)^{|T| - k} {|T| - 1 \choose k - 1} \min(T) \]

不難發現只有元素個數 \(\ge k\) 的子集是有用的。

例題

Luogu P4707 重返現世

題意

給定集合 \(S\) 中每一個元素出現的機率 \(\displaystyle \frac{p_i}{m}\) ，其和爲\(1\) ，每次會按機率出現，每次會按機率出現一個元素。

求出現 \(k\) 個元素的指望次數。

設 \(|S| = n\) 知足限制

\(n \le 1000, \left| n - k \right| \le 10, 1 \le \sum p = m \le 10000\)

題解

出現 \(k\) 個元素的指望次數等價於出現時間第 \(n-k+1\) 晚的數出現的指望次數。

那麼套用 \(kth \max\) 容斥後，咱們至關於要求每一個集合出現最先的數的指望次數 \(E(T)\) 。

參考 此處 就能夠獲得
\[ E(T) = \frac{1}{\sum_{i \in T} \frac{p_i}{m}} \]

整理一下
\[ E(T) = \frac{m}{\sum_{i \in T} p_i} \]

若是 \(|S| \le 20\) 那麼就能夠直接作了，但是這題數據範圍有點大，不太好作。

可是咱們發現 \(m\) 不大，那麼咱們能夠對於每一個 \(\sum_{i \in T} p_i\) 求得其係數解決。

設 \(g_{i, j}\) 爲集合大小爲 \(i\) ，機率和爲 \(j\) 的方案數，可是這樣的話直接 \(dp\) 複雜度是 \(O(nmk)\) 的，咱們顯然不能這樣作。

咱們須要把容斥係數也要考慮到一塊兒 \(dp\) 。

設 \(f_{i, j}\) 表示當前選定的集合的 \(p\) 的和爲 \(i\) ，組合數下面那裏 \(k=j\) 。

對於當前物品而言，只有兩種選擇：要麼加入集合，要麼不加入。

• 不加入，直接轉上去 \(f_{i, j} \to f'_{i, j}\) 。

• 加入這個元素，考慮其貢獻。

  \(f\) 的形式爲 \(\displaystyle f_{j - p, k - 1} = \sum_i (-1)^{i - (k - 1)} {i - 1 \choose k - 2} g_{i, j - p}\) 。

  那麼就會致使集合大小強制多 \(1\) ，而且機率和變成 \(j\) ，那麼就是 \(\displaystyle \sum_i (-1)^{i-k}{i\choose k-1} g_{i, j - p}\) 。

  接下來 強行 湊組合數遞推形式 \(\displaystyle {n\choose m}={n-1\choose m}+{n-1\choose m-1}\) ，把 \(\displaystyle {i \choose k - 1}\) 變爲 \(\displaystyle {i \choose k}\)

  那麼咱們要減去的其實就是 \(\displaystyle -\sum(-1)^{i-k}{i-1\choose k-1} g_{i, j - p}\) ，其實就是 \(- f_{j - p, k}\) 。

那麼最後的轉移就是 \(f'_{i,j} + f'_{i - p, j - 1} - f'_{i - p, j} \to f_{i, j}\) 。

注意要滾動第一維，否則開不下。

複雜度是 \(O(n(n - k)m)\) ，仍是很暴力。

後面這些強行套的地方好沒有意思啊！

代碼

#include <bits/stdc++.h>

#define For(i, l, r) for (register int i = (l), i##end = (int)(r); i <= i##end; ++i)
#define Fordown(i, r, l) for (register int i = (r), i##end = (int)(l); i >= i##end; --i)
#define Rep(i, r) for (register int i = (0), i##end = (int)(r); i < i##end; ++i)
#define Set(a, v) memset(a, v, sizeof(a))
#define Cpy(a, b) memcpy(a, b, sizeof(a))
#define debug(x) cout << #x << ": " << (x) << endl

using namespace std;

template<typename T> inline bool chkmin(T &a, T b) { return b < a ? a = b, 1 : 0; }
template<typename T> inline bool chkmax(T &a, T b) { return b > a ? a = b, 1 : 0; }

inline int read() {
    int x(0), sgn(1); char ch(getchar());
    for (; !isdigit(ch); ch = getchar()) if (ch == '-') sgn = -1;
    for (; isdigit(ch); ch = getchar()) x = (x * 10) + (ch ^ 48);
    return x * sgn;
}

void File() {
#ifdef zjp_shadow
    freopen ("P4707.in", "r", stdin);
    freopen ("P4707.out", "w", stdout);
#endif
}

const int N = 1010, Mod = 998244353;

int n, K, m, dp[2][10010][13];

inline int fpm(int x, int power) {
    int res = 1;
    for (; power; power >>= 1, x = 1ll * x * x % Mod)
        if (power & 1) res = 1ll * res * x % Mod;
    return res;
}

inline void Add(int &x, int y) {
    if ((x += y) >= Mod) x -= Mod;
}

int main () {

    File();
    
    n = read(); K = n - read() + 1; m = read();

    For (i, 1, K) dp[0][0][i] = Mod - 1;

    int cur = 0;
    For (i, 1, n) {
        int p = read();
        For (j, 0, m) For (k, 0, K) if (dp[cur][j][k]) {
            Add(dp[cur ^ 1][j][k], dp[cur][j][k]);
            Add(dp[cur ^ 1][j + p][k + 1], dp[cur][j][k]);
            Add(dp[cur ^ 1][j + p][k], Mod - dp[cur][j][k]);
            dp[cur][j][k] = 0;
        }
        cur ^= 1;
    }

    int ans = 0;

    For (i, 1, m)
        ans = (ans + 1ll * m * fpm(i, Mod - 2) % Mod * dp[cur][i][K]) % Mod;

    printf ("%d\n", ans);

    return 0;

}