CF1153 F. Serval and Bonus Problem(dp)

題意

一個長為 \(l\) 的線段，每次等概率選擇線段上兩個點，共選出 \(n\) 條線段，求至少被 \(k\) 條線段覆蓋的長度期望。

數據范圍

\(1 \le k \le n \le 2000, 1 \le l \le 10^9\)

題解

坑爹的 \(\text E\) 浪費了我好多時間，導致沒時間做。。

由於每個端點出現的概率互相獨立，我們可以只考慮端點的相對順序。

那么每相鄰的兩個點把線段分成了 \(2n + 1\) 個段，顯然每段的期望長度是 \(\displaystyle \frac{l}{2n + 1}\) 。

然后我們只需要 \(dp\) 出期望有多少段被 \(k\) 個線段覆蓋。那么給這 \(2n\) 個斷點匹配，算合法方案了。

只要設 \(f_{i, j}\) 為前 \(i\) 個端點，還有 \(j\) 個左端點沒有匹配上右端點的方案數，然后每次轉移的時候，要么填左端點，要么填右端點（每個右端點可以任意匹配一個左端點）。

最后對於每個段單獨算一下合法的匹配方案數即可，不要忘記除掉 \(f_{n, 0}\) 才是期望。

總結

對於均勻實數隨機的期望問題，如果是分別且獨立，通常可以考慮每一段的期望，然后直接當做離散模型進行 \(dp\) 即可。

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 ("F.in", "r", stdin);
	freopen ("F.out", "w", stdout);
#endif
}

const int Mod = 998244353;

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;
}

const int N = 2e3 + 1e2;

int f[N << 1][N], fac[N];

int main () {

	File();

	int n = read(), k = read(), l = read();

	f[0][0] = 1;
	For (i, 0, n << 1) For (j, 0, min(n, i)) if (f[i][j]) {
		(f[i + 1][j + 1] += f[i][j]) %= Mod;
		if (j) f[i + 1][j - 1] = (f[i + 1][j - 1] + 1ll * f[i][j] * j) % Mod;
	}

	int ans = 0;

	fac[0] = 1;
	For (i, 1, n) fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i % Mod;

	For (i, 1, n << 1) For (j, k, min(n, i))
		ans = (ans + 1ll * f[i][j] * f[(n << 1) - i][j] % Mod * fac[j]) % Mod;

	ans = 1ll * ans * l % Mod * fpm(2 * n + 1, Mod - 2) % Mod * fpm(f[n << 1][0], Mod - 2) % Mod;
	printf ("%d\n", ans);

    return 0;

}