「UNR #3」百鸽笼

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题目链接：http://uoj.ac/problem/390。

如果我们加一只鸽子，那么问题就变成了第$x$列笼子最后一个满的概率。

考虑容斥，我们枚举谁比$x$后满，答案就是$\sum_ s (-1)^{|s|}f(s)$，$f$就是至少$s$集合比$x$后满的概率。

考虑如何算$f(s)$，容易发现除了$s$和$x$其他的列不会对答案产生影响，而且鸽子飞入的序列一定形如有$a_x$个$x$和$<a_j$个$j$（$j\in s$），并且最后以$x$结尾。

这样的序列如果长度为$l​$，那么可以造成$1/(|s|+1)^l​$的贡献。

可以利用背包去算这样的序列的方案数，背包是$O(n^4)$的，所以复杂度$O(2^nn^5)$。

注意到一个序列的贡献只和长度和$|s|$有关，所以枚举子集其实是很不必要的，我们可以考虑给背包加一个状态表示当前用到了几个列，那么算答案的时候根据这一维乘个系数就好了，复杂度$O(n^6)$。

考虑如何优化，注意到枚举一开始的$x$的时候，背包每次只会少一个元素，在新增一个元素，那么把原来的背包撤销掉那个元素就可以去掉一个$n$了，复杂度$O(n^5)$。

题解里的生成函数做法太仙啦，我完全看不懂

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

void read(int &x) {
    x=0;int f=1;char ch=getchar();
    for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) if(ch=='-') f=-f;
    for(;isdigit(ch);ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';x*=f;
}

void print(int x) {
    if(x<0) putchar('-'),x=-x;
    if(!x) return ;print(x/10),putchar(x%10+48);
}
void write(int x) {if(!x) putchar('0');else print(x);putchar('\n');}

#define lf double
#define ll long long 

#define pii pair<int,int >
#define vec vector<int >

#define pb push_back
#define mp make_pair
#define fr first
#define sc second

#define FOR(i,l,r) for(int i=l,i##_r=r;i<=i##_r;i++)

const int maxn = 910;
const int inf = 1e9;
const lf eps = 1e-8;
const int mod = 998244353;

int n,m,a[maxn];
int c[maxn][maxn],ipw[maxn][maxn],f[31][maxn];

int qpow(int a,int x) {
    int res=1;
    for(;x;x>>=1,a=1ll*a*a%mod) if(x&1) res=1ll*res*a%mod;
    return res;
}

void gen() {
    c[0][0]=1;
    for(int i=1;i<=m;i++) {
        c[i][0]=1;
        for(int j=1;j<=i;j++) c[i][j]=(c[i-1][j]+c[i-1][j-1])%mod;
    }
    for(int i=1;i<=m;i++) {
        int x=qpow(i,mod-2);ipw[i][0]=1;
        for(int j=1;j<=m;j++) ipw[i][j]=1ll*ipw[i][j-1]*x%mod;
    }
}

void insert(int x) {
    for(int i=n;i;i--)
        for(int j=m;~j;j--)
            for(int k=0;k<a[x]&&k<=j;k++)
                f[i][j]=(f[i][j]+1ll*f[i-1][j-k]*c[j][k]%mod+mod)%mod;
}

void erase(int x) {
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=0;j<=m;j++)
            for(int k=0;k<a[x]&&k<=j;k++)
                f[i][j]=(f[i][j]-1ll*f[i-1][j-k]*c[j][k]%mod)%mod;
}

int main() {
    read(n);
    for(int i=1;i<=n;i++) read(a[i]),m+=a[i];
    gen();f[0][0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++) insert(i);
    for(int i=1;i<=n;i++) {
        erase(i);
        int ans=0;
        for(int j=0;j<=n-1;j++)
            for(int k=0;k<=m-a[i];k++)
                ans=(ans+1ll*(j&1?-1:1)*f[j][k]*c[k+a[i]-1][a[i]-1]%mod*ipw[j+1][k+a[i]]%mod)%mod;
        printf("%d ",(ans+mod)%mod);
        insert(i);
    }puts("");
    return 0;
}