題意：
有n
nn個變數x1n
x_n}
x1n
，每個變數取值在[0,
1]
[0,1]
[0,1
]之間隨機， 設s=⌊
∑i=1
nxi⌋
s = \lfloor \sum_^nx_i \rfloor
s=⌊∑i=
1nx
i⌋，求s
ms^m
sm的期望 (mo
d998244353
)\pmod
(mod99
8244
353)
。題解：
不妨設 y
iy_i
yi 為 ∑j=
1ixj
\sum_ ^i x_j
∑j=1i
xj 的 小數部分， 顯然當y
i −1 y_i \lt y_ yi−1 時對s ss有1 11的的貢獻（yi= yi−1 y_i = y_ yi=yi −1概率可忽略）。 容易歸納證明y iy_i yi也是在[0, 1] [0,1] [0,1 ]隨機，我們可以把他們看做都不相等（相等概率相對為無窮趨近於0 00）。 那麼問題就變為了求1 n1\textn 1n的全排列的貢獻， 其中乙個排列的貢獻為上公升(或下降)位置的m mm次方。 這是經典的容斥問題 查閱wiki後我們發現n nn個數有m mm個上公升位置的通項公式為： a (n ,m)= ∑i=0 m(−1 )i(n +1i) (m+1 −i)n a(n,m) = \sum_^ (-1)^i \binom (m+1-i)^n a(n,m) =i=0 ∑m( −1)i (in+ 1)( m+1− i)n 證明其實就是列舉序列被分為了幾段，然後就變成了計算≤ i\le i ≤i段的數量，這是乙個經典的容斥。 eulerian polynomials - oeis 然後直接fft就好了。 其實還有一種遞推式： f i, j=(i −j+1 )fi− 1,j− 1+(j )fi− 1, jf_ = (i-j+1) f_ + (j) f_ fi,j= (i−j +1)f i−1, j−1 +(j) fi−1 ,j應該挺顯然的。 upt： 今天被教育了。 如果沒有[0,1]的限制，那麼x1+ x2+. ..+x n≤d( xi >0) x_1+x_2+...+x_n \le d(x_i \gt 0) x1+x2 +.. .+xn ≤d( xi>0) 圍成的超體積是dnn !\frac n!dn ，這個直接積n nn次分就行了。 然後列舉一下那些強制非法來容斥也可以做。#include
using
namespace std;
typedef
long
long ll;
const
int n=
8e5+50;
const
int mod=
998244353
,g=3
;int n,m,k;
int fac[n]
,ifac[n]
,g[n]
,h[n]
,pos[n]
,w[n]
;inline
intadd
(int x,
int y)
inline
intdec
(int x,
int y)
inline
intmul
(int x,
int y)
inline
intpower
(int a,
int b)
inline
void
init
(int len)
inline
void
dft(
int*a)}}
inline
intc
(int x,
int y)
intmain()
BJ模擬 隨機遊走（樹型期望DP）
傳送門 題解 好題。又是一種經典模型。先假設沒有終止節點。記f i fi表示 i i 到fai role presentation fai fai的期望步數，gi g i表示fa i fai 到i i 的期望步數。我們發現 每次詢問兩點，u role presentation uu到 lca lca...
校內模擬 尤拉迴路（Burnside）（容斥）
簡要題意 求解小於等於n nn個點，有尤拉迴路，允許有自環的無向圖的個數，點標號重排後同構的圖算同一種。尤拉圖判定就兩個條件，連通，所有點度數為偶數。自環先不管，反正對點度和尤拉迴路都沒有影響。連通先不管，算出所有情況後用不連通容斥算連通，這個應該是乙個比較顯然的思路。考慮算所有點度數都為偶數的圖在...
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眾所周知，容斥原理是計數問題中最雞賊的東西 基本上很多計數問題都要用到容斥，但是有的時候你明明知道要容斥就是不知道怎麼容斥 所以特此寫在這裡總結一下 一般來說，這種容斥原理一般有n個性質，滿足第 i 個性質的元素集合為 a i 還有乙個全集 u 現在我們需要統計 ans u bigcap overl...