Solution -「CF 1349D」Slime and Biscuits

\(\mathcal{Description}\)

  Link.

  有 \(n\) 堆饼干，一开始第 \(i\) 堆有 \(a_i\) 块。每次操作从所有饼干中随机一块，将其随机丢到另外一堆。求所有饼干在一堆时的期望操作次数。答案对 \(998244353\) 取模。

  \(n\le10^5\)。

\(\mathcal{Solution}\)

  起手先把答案表示出来嘛，设 \(E_x\) 表示所有饼干第一次集中，且集中在 \(x\) 的期望步数。那么答案为

\[\sum_{i=1}^nE_x
\]

不好算，削弱限制，令 \(E'_x\) 为所有饼干第一次集中在 \(x\)（可能先集中到了其他位置）的期望步数。我们希望建立 \(E\) 和 \(E'\) 的关系，再设常数 \(C\) 表示所有饼干全部从特定的一堆转移到特定的另一堆的期望步数，\(P_i\) 为饼干第一次集中，集中在 \(i\) 位置的概率。（为了美观全部大写啦 awa），于是

\[E_x=E_x'-\sum_{i\not=x}(P_iC+E_i)
\]

即，所有集中情况减去从另一堆搬过来的情况。接下来拆开和式并移项，得到

\[\sum_{x=1}^nE_x=E_x'-C\sum_{i\not=x}P_i
\]

为了弄掉右式求和条件，左右再套一层 \(\sum\)：

\[n\sum_{x=1}^nE_x=\sum_{x=1}^nE_x'-(n-1)C~~~~(\sum_{i=1}^nP_i=1)
\]

所以仅需算出 \(E'\) 和 \(C\) 就能求答案啦。

  注意到 \(E_x'\) 和下标 \(x\) 没有很强的依赖——所有转移都是基于随机的。所以设 \(f(i)\) 为有 \(i\) 块饼干在目标位置上时，把所有 \(s=\sum_{i=1}^na_i\) 块饼干集中到目标位置的期望步数。考虑新一步操作所选取的饼干和放置的位置，有转移：

\[f(i)=\begin{cases}
0&i=s\\
1+\frac{1}{n-1}f(i+1)+\frac{n-2}{n-1}f(i)&i=0\\
1+\frac{s-i}{s}\left(\frac{1}{n-1}f(i+1)+\frac{n-2}{n-1}f(i)\right)+\frac{i}{s}f(i-1)&\text{otherwise}
\end{cases}
\]

也许比较方便消元，我们可以再设其差分 \(\Delta(i)=f(i)-f(i+1)\)（注意是后减前，即再多一块饼干所需的期望步数）。通过 \(f\) 的转移可以轻易得到 \(\Delta\) 的转移：

\[\Delta_i=\begin{cases}
n-1&i=0\\
\frac{(s+i)(n-1)\Delta_{i-1}}{s-i}&\text{otherwise}
\end{cases}
\]

  \(\mathcal O(s)\) 扫出来在做后缀和即可，并且顺便求出了 \(C=f(0)\)。

  综上，\(\mathcal O(n+s)\) 解决本题啦。

\(\mathcal{Code}\)

/* Clearink */

#include <cstdio>

#define rep( i, l, r ) for ( int i = l, repEnd##i = r; i <= repEnd##i; ++i )
#define per( i, r, l ) for ( int i = r, repEnd##i = l; i >= repEnd##i; --i )

inline int rint() {
	int x = 0, f = 1, s = getchar();
	for ( ; s < '0' || '9' < s; s = getchar() ) f = s == '-' ? -f : f;
	for ( ; '0' <= s && s <= '9'; s = getchar() ) x = x * 10 + ( s ^ '0' );
	return x * f;
}

template<typename Tp>
inline void wint( Tp x ) {
	if ( x < 0 ) putchar( '-' ), x = -x;
	if ( 9 < x ) wint( x / 10 );
	putchar( x % 10 ^ '0' );
}

const int MAXN = 1e5, MAXS = 3e5, MOD = 998244353;
int n, s, a[MAXN + 5], f[MAXS + 5], inv[MAXS + 5];

inline int mul( const long long a, const int b ) { return a * b % MOD; }
inline int sub( int a, const int b ) { return ( a -= b ) < 0 ? a + MOD : a; }
inline int add( int a, const int b ) { return ( a += b ) < MOD ? a : a - MOD; }
inline int mpow( int a, int b ) {
	int ret = 1;
	for ( ; b; a = mul( a, a ), b >>= 1 ) ret = mul( ret, b & 1 ? a : 1 );
	return ret;
}

inline void init( const int n ) {
	inv[1] = 1;
	rep ( i, 2, n ) inv[i] = mul( MOD - MOD / i, inv[MOD % i] );
}

int main() {
	n = rint();
	rep ( i, 1, n ) s += a[i] = rint();
	init( s ), f[0] = n - 1;
	rep ( i, 1, s - 1 ) {
		f[i] = mul( inv[s - i], add( mul( s, n - 1 ),
			mul( mul( i, n - 1 ), f[i - 1] ) ) );
	}
	per ( i, s - 1, 0 ) f[i] = add( f[i], f[i + 1] );
	int ans = 0;
	rep ( i, 1, n ) ans = add( ans, f[a[i]] );
	ans = sub( ans, mul( n - 1, f[0] ) );
	ans = mul( ans, mpow( n, MOD - 2 ) );
	wint( ans ), putchar( '\n' );
	return 0;
}