本文主要是介绍[补题记录] Atcoder Beginner Contest 295（E），希望对大家解决编程问题提供一定的参考价值，需要的开发者们随着小编来一起学习吧！
URL：https://atcoder.jp/contests/abc295
目录
E
Problem/题意
Thought/思路
Code/代码
E
Problem/题意
给定长度为 N 的数组 A。进行如下操作：
- 若 Ai = 0，将 Ai 等概率地变为 1 ~ M 中的任意一个数；
- 对 A 排序；
问第 K 个数地期望是多少。
Thought/思路
概率 DP。（一开始想不明白这个公式，概率论白雪了）
设我们要求的 A[k] = x 且 P[i] 为 x = i 的概率，那么就有如下公式：
关于这条公式地推导：https://zhuanlan.zhihu.com/p/617048570
因此接下来的问题就变成了：对于每个 i，求出 P(A[k] >= i)。
但是我们不知道 A[k] 该怎么取值，所以还需要将 P(A[k] >= i) 转换为：后面 N - K + 1 个数 >= i 的概率，也就是 [K, N] 中的数都 >= i 的概率。（假设已经排好序）
显然 [K, N] 中的数不会都 >= i，而一般的情况就是：[K, N] 中的前一部分的数 < i、后一部分的数 >= i。
对于前一部分，我们需要依靠 0 来变成 >= i 的数去替换他们，所以记录前一部分的数的个数为 need，这代表了所需要的 0 的最少数量。
也就是说，如果 0 的数量（设为 zero）zero < need，那么就永远不可能满足 [K, N] 中的数都 >= i，概率为 0；反之，如果 need <= 0，就一定满足 [K, N] 中的数都 >= i，概率为 1；
基于概率为 0 的那种情况，就一定能保证 need <= zero。
而 need 是需要的 0 的最少数量，那么我们就可以设：有 need 个 0 变成了 >= i 的数，其带来的概率为：
其中 P = (m - i + 1) / m，意思是：取出 >= i 的数的概率。
显然一共有 zero 个 0 可以使用，所以考虑 [need, zero] 每一种情况即可。
Code/代码
#include "bits/stdc++.h"#define int long longconst int mod = 998244353;int n, m, k, a[2007], fact[2007], invf[2007];int ksm(int a, int b) {int res = 1;while (b > 0) {if (b & 1) res = res * a % mod;a = a * a % mod;b /= 2;}return res;
}void init() {fact[0] = 1, invf[0] = ksm(1, mod - 2);for (int i = 1; i <= 2000; ++ i) {fact[i] = fact[i - 1] * i % mod;invf[i] = ksm(fact[i], mod - 2) % mod;}
}int C(int x, int y) {if (x < y) return 0;return fact[x] * invf[y] % mod * invf[x - y] % mod;
}signed main() {std::cin >> n >> m >> k;for (int i = 1; i <= n; ++ i) std::cin >> a[i];init();int ans = 0;for (int i = 1; i <= m; ++ i) {int zero = 0, need = n - k + 1;for (int j = 1; j <= n; ++ j) {if (a[j] >= i) need --;if (a[j] == 0) zero ++;}if (need <= 0 or need > zero) { // [k, n] 都 >= i，概率为 1；[k, n] 小于 i 的个数，0 补不上，概率为 0。ans = (ans + (need <= 0 ? 1 : 0)) % mod;continue;}int p1 = (m - i + 1) * ksm(m, mod - 2) % mod; // 选出的数 >= i 的概率 p：(m - i + 1) / mint p2 = (i - 1) * ksm(m, mod - 2) % mod; // 1 - p：(i - 1) / mstd::vector <int> dp1(zero + 1), dp2(zero + 1);dp1[0] = dp2[0] = ksm(1, mod - 2);for (int j = 1; j <= zero; ++ j) {dp1[j] = dp1[j - 1] * p1 % mod;dp2[j] = dp2[j - 1] * p2 % mod;}// 用 0 补充 >= i 的数for (int j = need; j <= zero; ++ j) {ans = (ans + C(zero, j) * dp1[j] % mod * dp2[zero - j] % mod) % mod;}}std::cout << ans;return 0;
}这篇关于[补题记录] Atcoder Beginner Contest 295（E）的文章就介绍到这儿，希望我们推荐的文章对编程师们有所帮助！
