[loj3315]抽卡

令$S$表示对于某一种抽卡顺序中某一段长度为$k$的段全部被抽到的时间（这里没有期望）所构成的集合，根据$min-max$容斥的公式，有$E(\min(S))=\sum_{T\subseteq S}(-1)^{|T|+1}E(\max(T))$（其中$E(\min(S))$即为答案）

求$E(\max(T))$，设$k$表示$T$中所对应的段所覆盖的卡片数量，那么$E(\max(T))$显然只与$k$的大小有关，问题即在$m$张卡片中选出指定的$k$张卡片期望步数

每次抽中$k$张卡片中新卡片，都需要期望$\frac{m}{k-i}$（i为以抽走的卡片）步，因此得到$E(\max(T))=\sum_{i=1}^{k}\frac{m}{i}$

当$T$中同时有以$i$和$j$为开头的段且$i+1<j\le i+k$，那么这些$T$的总贡献一定为0（$i+1$选与不选相互抵消），因此有贡献的段一定是长度为$k$或$k+1$的段且不能相邻或相交

为了更好的构造，放宽一些限制，允许$k+1$的段与后面的段相邻，显然这一部分的贡献为0，不影响答案

构造：将长度为$n$的一段中选出若干段不相交的长度为$k+1$的段，然后将其中任意段的结尾删除，容易证明这样必然能构造出所有解且不会重复

设生成函数为$g_n(x)$，即$x^{i}$的系数为覆盖了$i$个位置的$(-1)^{|T|}$之和，则有$g_{n}(x)=\sum_{i=0}^{\lfloor\frac{n}{k+1}\rfloor}c(n-ik,i)\cdot (x^{k+1}-x^{k})^{i}$

解释一下这个式子：$i$枚举段数，组合数即在选中的位置前再补上$k$个数，$(x^{k+1}-x^{k})^{i}$中$x^{k+1}$有两段即贡献为1，而$x^{k}$为一段即贡献为-1

但$[n-k+1,n]$无法通过这种构造选择，不妨强制选择最后$k$个，所对应的生成函数为$-x^{k}g_{n-k}(x)$（$g_{n}(x)$仅表示这种构造下的和，因此恰好不能再选择$[n-2k+1,n-k]$）

设原序列中每一个连续段长度为$l_{i}$，那么问题相当于要求$-\sum_{i=k}^{m}\prod_{j=1}^{t}(g_{l_{j}}(x)-x^{k}g_{l_{j}-k}(x))[i])\cdot \sum_{j=1}^{i}\frac{m}{i}$

问题即如何求出$g_{n}(x)$，直接$o(\frac{m^{2}}{k^{2}})$暴力求就可以了，这些多项式相乘可以用分治ntt或不断选择最小的两个合并（哈夫曼树）来卡常就可以过了

  1 #include<bits/stdc++.h>
  2 using namespace std;
  3 #define N 200005
  4 #define mod 998244353
  5 struct poly{
  6     int n;
  7     vector<int>a;
  8 }o,t[N];
  9 priority_queue<pair<int,int> >q;
 10 int n,m,k,ans,a[N],fac[N],inv[N],f[N],rev[N<<1];
 11 int c(int n,int m){
 12     return 1LL*fac[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod;
 13 }
 14 int ksm(int n,int m){
 15     if (!m)return 1;
 16     int s=ksm(n,m>>1);
 17     s=1LL*s*s%mod;
 18     if (m&1)s=1LL*s*n%mod;
 19     return s;
 20 }
 21 poly add(poly x,poly y){
 22     if (x.n<y.n)swap(x,y);
 23     for(int i=0;i<=y.n;i++)x.a[i]=(x.a[i]+y.a[i])%mod;
 24     return x;
 25 }
 26 poly left(poly x,int k){
 27     poly y;
 28     y.n=x.n+k;
 29     for(int i=0;i<k;i++)y.a.push_back(0);
 30     for(int i=0;i<=x.n;i++)y.a.push_back(x.a[i]);
 31     return y;
 32 }
 33 poly mul(poly x,int k){
 34     poly y;
 35     y.n=x.n;
 36     for(int i=0;i<=y.n;i++)y.a.push_back(1LL*x.a[i]*k%mod);
 37     return y;
 38 }
 39 poly ntt(poly x,int m,int p){
 40     for(int i=0;i<m;i++)
 41         if (i<rev[i])swap(x.a[i],x.a[rev[i]]);
 42     for(int i=2;i<=m;i*=2){
 43         int t=(i>>1),s=ksm(3,(mod-1)/i);
 44         if (p)s=ksm(s,mod-2);
 45         for(int j=0;j<m;j+=i)
 46             for(int k=0,w=1;k<t;k++,w=1LL*w*s%mod){
 47                 int y=1LL*w*x.a[j+k+t]%mod;
 48                 x.a[j+k+t]=(x.a[j+k]+mod-y)%mod;
 49                 x.a[j+k]=(x.a[j+k]+y)%mod;
 50             }
 51     }
 52     if (p)
 53         for(int i=0;i<m;i++)x.a[i]=1LL*x.a[i]*ksm(m,mod-2)%mod;
 54     return x;
 55 }
 56 poly mul(poly x,poly y){
 57     int m=1;
 58     while (m<=x.n+y.n)m*=2;
 59     for(int i=0;i<m;i++)rev[i]=((rev[i>>1]>>1)|((i&1)*m/2));
 60     for(int i=x.n+1;i<m;i++)x.a.push_back(0);
 61     x=ntt(x,m,0);
 62     for(int i=y.n+1;i<m;i++)y.a.push_back(0);
 63     y=ntt(y,m,0);
 64     for(int i=0;i<m;i++)x.a[i]=1LL*x.a[i]*y.a[i]%mod;
 65     x.n+=y.n;
 66     return ntt(x,m,1);
 67 }
 68 poly mi(int k){
 69     poly ans;
 70     ans.n=k;
 71     for(int i=0;i<=k;i++)ans.a.push_back(c(k,i));
 72     for(int i=k-1;i>=0;i-=2)ans.a[i]=mod-ans.a[i];
 73     return ans;
 74 }
 75 poly calc(int n){
 76     poly ans;
 77     ans.n=0;
 78     ans.a.push_back(0);
 79     for(int i=0;i<=n/(k+1);i++)ans=add(ans,left(mul(mi(i),c(n-i*k,i)),i*k));
 80     return ans;
 81 }
 82 int main(){
 83     scanf("%d%d",&n,&k);
 84     fac[0]=inv[0]=inv[1]=1;
 85     for(int i=1;i<=n;i++)fac[i]=1LL*fac[i-1]*i%mod;
 86     for(int i=2;i<=n;i++)inv[i]=1LL*(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
 87     for(int i=1;i<=n;i++)f[i]=(f[i-1]+1LL*n*inv[i])%mod;
 88     for(int i=1;i<=n;i++)inv[i]=1LL*inv[i-1]*inv[i]%mod;
 89     for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
 90     sort(a+1,a+n+1);
 91     for(int i=1,j=1;i<=n;i=j){
 92         for(;(j<=n)&&(a[j]+1==a[j+1]);j++);
 93         j++;
 94         if (j-i>=k){
 95             t[++m]=add(calc(j-i),mul(left(calc(j-i-k),k),mod-1));
 96             q.push(make_pair(-t[m].n,m));
 97         }
 98     }
 99     for(int i=1;i<m;i++){
100         int x=q.top().second;
101         q.pop();
102         int y=q.top().second;
103         q.pop();
104         t[x]=mul(t[x],t[y]);
105         q.push(make_pair(-t[x].n,x));
106     }
107     int x=q.top().second;
108     for(int i=k;i<=t[x].n;i++)ans=(ans+1LL*t[x].a[i]*f[i])%mod;
109     printf("%d",mod-ans);
110 }