那我问你，你做过你牛叠的雷霆大DP吗？
牛客137448F-猴子排序的剪枝
题意
给定一个长度为 $n$ 的数组，每次随机抽取一个还没被选择的元素放入新数组末尾。如果出现前一个大于后一个，则清空新数组重新开始。求成功排序的期望操作次数。（可以证明答案可以表示为一个不可约分数 $\tfrac{p}{q}$，为了避免精度问题，请直接输出整数$ \left(p \times q^{-1} \bmod M\right)$作为答案，其中 M = 998244353）
第一行输入一个整数 n (1 ≤ n ≤ 5000)
第二行输入 n 个整数 $a_1,a_2,\ldots,a_n \left( 1 \le a_i \le 10^9\right)$。
样例1：
1 | 输入 |
样例2：
1 | 输入 |
AC码
1 |
|
先说样例是怎么来的：
示例 1 分析 (输入 1 2)
设从头开始直到排序成功的总期望操作数为 $E$。
情况 A (50% 概率)：先选
1，再选2。操作 2 次，没有出现前一个元素大于后一个元素的情况。排序成功，结束。
这部分的代价是：$2$
情况 B (50% 概率)：先选
2，再选1。插入
2（1次操作），再插入1（第2次操作）。此时新数组是[2, 1]，满足 $2 > 1$，本轮排序失败。此时你已经消耗了 2 次操作，并且一切从头开始。既然从头开始，后续还需要操作的期望次数依然是 $E$。
这部分的代价是：$2 + E$
把它们加起来得到方程：
解这个方程：
这就是 $4$ 的由来。
示例 2 分析 (输入 1 1 2)
我们再推一下示例 2。全排列有 $A_3^3 = 6$ 种抽法，设总期望为 $E$：
抽到
1 1 2（2种情况，概率 $2/6 = 1/3$）：操作 3 次成功。代价：$3$
抽到
1 2 1（2种情况，概率 $1/3$）：前 2 次插入
1和2是合法的，第 3 次插入1时发现 $2 > 1$，失败重来。消耗 3 次操作。代价：$3 + E$
抽到
2 1 1（2种情况，概率 $1/3$）：第 1 次插入
2合法，第 2 次插入1时发现 $2 > 1$，立刻失败重来。仅仅消耗 2 次操作。代价：$2 + E$
列出方程：
核心结论：
对于这种“失败即重来”的模型，有一个通用的结论：
即 $E_{总} = \frac{E_{单轮操作}}{P_{单轮成功}}$，那么这题的本质就是一个推导并化简概率公式的数学题，最后用动态规划（或者说多项式乘法）来实现。
（注： 单轮操作步数 ($X$)： 这是指在某局游戏里（被清空之前），你一共塞了几个元素进去。比如你塞了 2 然后塞 1，挂了，这一局的 $X = 2$。 ）
1. 求分母：单轮成功的概率
假设原数组长度为 $n$，共有 $m$ 种不同的数字，第 $j$ 种数字出现的次数为 $c_j$。
成功概率 $P_n$：
一轮能成功，意味着抽出的 $n$ 个元素必须是不下降序列。也就是相同的数字必须挨在一起。
2.求分子：单轮期望操作数
一轮会在什么时候停止？要么失败停止，要么排满 $n$ 个成功停止。根据期望的线性性质（或者叫期望的尾部公式），操作 $X$ 次后结束的期望为：
这里如何理解？概率是怎么变成期望（次数）的？
我们要算的是“期望操作次数”。所以它的原始定义一定是：
我们把原始定义的公式拆开：
$E = 1 \times P(\text{恰好1次结束})$
$\quad\; + 2 \times P(\text{恰好2次结束})$
$\quad\; + 3 \times P(\text{恰好3次结束})$
$\quad\; + 4 \times P(\text{恰好4次结束})$
$\quad\; + \dots$
我们把它写成加法，排成一个三角形阵列：
原本我们是横着一行一行加的。
如果现在我们竖着一列一列加
第 1 列：$P(\text{恰好1次}) + P(\text{恰好2次}) + P(\text{恰好3次}) + \dots$
所有的概率全加起来，等于多少？等于 $100\%$ ($1$)！因为游戏总要在某一次结束，也就是必定能跨过 $0$ 步，迈出第 $1$ 步。即 $P(X > 0)$。
第 2 列：$P(\text{恰好2次}) + P(\text{恰好3次}) + P(\text{恰好4次}) + \dots$
这是什么意思？意思是游戏在第 $1$ 次没有结束，至少撑到了第 2 次及以上。这不就是 $P(\text{前 1 个元素合法})$ 吗！也就是 $P(X > 1)$。
第 3 列：$P(\text{恰好3次}) + P(\text{恰好4次}) + \dots$
意思是游戏至少撑到了第 3 次及以上，即 $P(\text{前 2 个元素合法})$，也就是 $P(X > 2)$。
所以，把每一列的和加起来，公式就变成了：
即：
等价于：
设前 $k$ 个元素合法的概率为 $P_k$。要让前 $k$ 个元素合法，我们需要从第 $j$ 种数字中抽出 $x_j$ 个，满足 $\sum x_j = k$，且 $0 \le x_j \le c_j$。
抽出这些数字并排列合法的概率是：
怎么求的？
核心思想就是最基础的古典概型公式：
1. 分母：总的抽取方案数
从 $n$ 个元素中，依次抽出 $k$ 个元素。
因为我们把所有元素都看作不同的个体，并且是有顺序地一个个抽，这本质上是一个排列问题。
总方案数为从 $n$ 中取 $k$ 的排列数：$A_n^k = \frac{n!}{(n-k)!}$
2. 分子：合法的抽取方案数
什么样的抽取方案是“合法”的？不下降。
既然要求不下降，意味着这 $k$ 个元素被抽出来后，它们的相对位置已经被彻底锁死了。所有的 1 必须排在所有的 2 前面，所有的 2 必须排在所有的 3 前面，依此类推。
假设在这 $k$ 个位置中，我们决定放入 $x_1$ 个第一种数字、$x_2$ 个第二种数字…… $x_m$ 个第 $m$ 种数字（$x$ 可以取0）。
对于第 $j$ 种数字：
从 $c_j$ 个数字中抽出 $x_j$ 个并排列的方案数为：$A_{c_j}^{x_j} = \frac{c_j!}{(c_j - x_j)!}$
因为每种数字的抽取是互相独立的，根据乘法原理，对于一种特定的数量分配 $(x_1, x_2, \dots, x_m)$，合法的抽取方案数为：
这只是其中一种数量分配的方案数。由于我们可以在满足 $\sum x_j = k$ 的前提下，任意分配这 $k$ 个名额，所以需要把所有可能的分配情况累加起来。
这就是求和符号的来源：
合并公式
现在我们把分子和分母组合起来：
把分母 $A_n^k$ 替换为 $\frac{n!}{(n-k)!}$ ，得到了 $P_k$ 最终公式：
3. 化简
现在我们把总期望公式写出来：
把 $P_k$ 和 $P_n$ 代入，$ 会被约掉：
化简后只剩：
变量代换
设 $y_j = c_j - x_j$。既然 $\sum x_j = k$，那么 $\sum y_j = \sum c_j - \sum x_j = n - k$。
再设 $l = n - k$。当 $k$ 从 $0$ 遍历到 $n-1$ 时，$l$ 正好从 $n$ 遍历到 $1$。
公式变成：
所以这题只和数组大小 $n$，和数的种数量 $m$ 有关。
4. 转化为DP / 多项式思路（仙术）
仔细看后面这一坨：$\sum_{\sum y_j = l} \prod_{j=1}^m \frac{1}{y_j!}$
这不就是多项式乘法展开后的系数吗？！所以，我们为了让“想算的式子”变成“多项式乘法”，要怎么做？ 直接让多项式里的系数 $A_y$ 和 $B_y$，等于 $\frac{1}{y!}$ 不就行了！
它完全等价于：将 $m$ 个多项式 $A_j(x) = \sum_{y=0}^{c_j} \frac{1}{y!} x^y$ 乘起来，结果中 $x^l$ 的系数！
这里 前面的系数 $\frac{1}{y!}$ 才是本体，它是我们真正需要相乘并累加的数值。 把它们绑定在一起写成 $\frac{1}{y!} x^y$，是为了白嫖“多项式乘法合并同类项”的规则，让计算机用两层 for 循环就能搞定原本极其复杂的全排列求和。
因为题目 $N \le 5000$，$O(N^2)$ 的算法完全可以跑过。我们根本不需要上 NTT，直接用背包 DP 的思路做多项式乘法即可。
代码实现框架 (C++)：
- 统计每个数字出现的频次 $c_j$。
- 预处理阶乘及其逆元（模 $998244353$）。
- 设
dp[i]表示多项式乘积中 $x^i$ 的系数。初始dp[0] = 1。 - 遍历每一个频次 $c$：
dp[i][j + k] = (dp[i][j + k] + dp[i - 1][j] * invFact[k]) % MOD;
- 最终答案就是 $\sum_{l=1}^n (l! \times dp[m][l]) \pmod{998244353}$。
关键代码：
1 | for (auto [val, c]: mp) { |
这题总算结束了，哦对了。
