CF1156F Card Bag

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题意简述：有 \(n\) 张卡牌，每张卡牌有数字 \(a_1,a_2,\cdots,a_n\)。现在随机抽取卡牌，不放回，设本次抽到的卡牌为 \(x\)，上次抽到的卡牌为 \(y\)，若 \(x=y\) 则游戏胜利；若 \(x<y\) 则输掉游戏；若 \(x>y\) 则游戏继续。求获胜概率。

\(a_i\leq n\leq 5\times 10^3\)。

下文认为 \(a_i\) 与 \(n\) 同阶。

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不难发现我们只关心卡牌上的数字，所以开个桶维护每个数出现了几次。又因为只能从小往大抽，即无后效性，所以考虑 DP。

设 \(f_{i,j}\) 为 共抽了 \(j\) 次，每个数最多抽到一次，最后一次抽到数字 \(i\) 的概率。

首先考虑如何转移：我们设数字 \(i\) 共有 \(sz_i\) 个，那么不难列出转移方程

\[f_{i,j}=\sum_{k=0}^{i-1}f_{k,j-1}\times \frac{sz_i}{n-j+1}
\]

，表示 在 \([1,i-1]\) 中抽了 \(j-1\) 个数 的概率乘上 抽到数字 \(i\) 的概率。这样转移的时间复杂度为 \(\mathcal{O}(n^3)\)，无法接受。

如果设 \(s_{i,j}\) 为 在 \(i\) 中抽了 \(j\) 个数 的概率，则有

\[s_{i,j}=\sum_{k=1}^{i}f_{i,j}
\]

，则转移方程可变形为

\[f_{i,j}=\frac{s_{i-1,j-1}sz_i}{n-j+1}
\]

。预处理逆元做到时间复杂度 \(\mathcal{O}(n^2)\)，可以接受。

这实际上就是具有实际意义的前缀和优化。

最后使用滚动数组可以将空间优化到 \(\mathcal{O}(n)\)。

需要注意初始值 \(f_{0,0}=1\)。

const int N=5e3+5;
ll n,ans,sz[N],f[2][N],s[2][N];
int main(){
	init(),cin>>n,s[0][0]=s[1][0]=1;
	for(int i=1,a;i<=n;i++)cin>>a,sz[a]++;
	for(int i=1,p=1;i<=n;i++,p^=1){
		for(int j=1;j<=i;j++){
			f[p][j]=s[p^1][j-1]*sz[i]%mod*iv[n-j+1]%mod;
			ans=(ans+s[p^1][j-1]*sz[i]*(sz[i]-1)%mod*iv[n-j+1]%mod*iv[n-j])%mod;
			s[p][j]=(s[p^1][j]+f[p][j])%mod;
		}
	} cout<<ans<<endl;
	return 0;
}