史蒂夫有 n n 本相同的附魔书。 史蒂夫把 n n 本附魔书分成若干堆，每堆的大小（书的数量）不少于 l l 本且不大于 r r 本。 史蒂夫将大小相同的堆放入同一个书架，书架的大小为放入的堆数。 无论书架大小，一个书架的占地面积是一格，史蒂夫将所有大小不少于 k k 的书架摆在书房中。 所有附魔书都是一样的，且每种划分的概率都是相同的（详见样例解释）。 请问书房中的书架的占地总面积的期望是多少。 输入格式 一行四个整数 n n, k k, l l, r r。 输出格式 输出一行一个整数，表示答案，对 998244353 998244353 取模。 使用c++语言

我们需要理解题意并计算期望值。 --- ## 1. 题意整理 - 有 \( n \) 本相同的书。 - 分成若干堆，每堆大小在 \([l, r]\) 之间。 - 大小相同的堆放在同一个书架，书架的大小 = 这种堆的数量。 - 书架大小 ≥ \( k \) 的书架才摆到书房，每个书架占地 1 格。 - 所有划分是等概率的（等概率指所有满足条件的划分方案概率相同）。 - 求书房中书架占地总格数的期望值，对 998244353 取模。 --- ## 2. 数学建模 设划分方案集合为 \( S \)，满足每堆大小 ∈ \([l, r]\)，且总本数为 \( n \)。 对于一种划分方案，假设它把书分成若干堆，统计每种堆大小 \( s \) 出现的次数 \( c_s \)，那么： - 书架大小 = \( c_s \)（因为相同大小的堆放一个书架）。 - 如果 \( c_s \ge k \)，则这种书架会摆到书房，贡献 1 格。 - 书房总格数 = 满足 \( c_s \ge k \) 的 \( s \) 的种类数。 --- 设随机变量 \( X \) = 书房总格数。 \[ X = \sum_{s=l}^{r} I(c_s \ge k) \] 其中 \( I \) 是指示函数。 期望： \[ E[X] = \sum_{s=l}^{r} P(c_s \ge k) \] --- ## 3. 问题转化为求 \( P(c_s \ge k) \) 我们需要在所有合法划分方案中，计算“堆大小为 \( s \) 的堆数 ≥ \( k \)”的概率。 这里“所有划分等概率”意味着：所有满足条件的整数拆分方案（每部分 ∈ \([l, r]\)）是等概率的。 --- 设 \( T \) 是所有合法划分方案的总数。 设 \( A_{s,k} \) 是“堆大小为 \( s \) 的堆数 ≥ \( k \)”的划分方案数。 那么： \[ P(c_s \ge k) = \frac{A_{s,k}}{T} \] --- ## 4. 如何计算 \( T \) 和 \( A_{s,k} \) 4.1 计算 \( T \) \( T \) 是 \( n \) 拆分成若干部分，每部分 ∈ \([l, r]\) 的方案数。 这是整数拆分的受限问题，可以用生成函数： \[ F(x) = \prod_{t=l}^{r} \frac{1}{1 - x^t} \] \( T \) 是 \( x^n \) 的系数。 --- 4.2 计算 \( A_{s,k} \) 要求至少有 \( k \) 个堆大小为 \( s \)。 先拿出 \( k \) 个堆，每堆 \( s \) 本，用掉 \( ks \) 本，剩下 \( n - ks \) 本。 剩下的部分每堆 ∈ \([l, r]\)，但不能有堆大小为 \( s \) 吗？ 不对，可以有更多堆大小为 \( s \)，因为“至少 \( k \) 个”已经满足，剩下的随便。 所以剩下 \( n - ks \) 本，每堆 ∈ \([l, r]\)，无其他限制。 方案数 = \( n - ks \) 拆分成若干部分，每部分 ∈ \([l, r]\) 的方案数。 设 \( f(m) \) = \( m \) 拆分成若干部分，每部分 ∈ \([l, r]\) 的方案数。 那么： \[ A_{s,k} = \begin{cases} f(n - ks), & \text{if } n - ks \ge 0 \\ 0, & \text{otherwise} \end{cases} \] --- ## 5. 期望公式 \[ E[X] = \sum_{s=l}^{r} \frac{f(n - ks)}{f(n)} \] 其中 \( f(m) \) 定义同上，且 \( f(m) = 0 \) 当 \( m < 0 \)，但 \( f(0) = 1 \)（0 本书有一种划分：不划分，即 0 堆）。 --- ## 6. 模 998244353 与分数处理 我们需要： \[ E[X] \equiv \sum_{s=l}^{r} f(n - ks) \cdot \text{inv}(f(n)) \pmod{998244353} \] 其中 inv 是模逆元。 --- ## 7. 计算 \( f(m) \) \( f(m) \) 是拆分数，每部分 ∈ \([l, r]\)。 生成函数： \[ G(x) = \prod_{t=l}^{r} \frac{1}{1 - x^t} \] \( f(m) = [x^m] G(x) \)。 可以用 DP 计算： \[ f(m) = \sum_{t=l}^{r} f(m - t) \] 初始 \( f(0) = 1 \)，\( f(m) = 0 \) for \( m < 0 \)。 复杂度 \( O(nr) \)，这里 \( n, r \) 可能较大，但 \( r \le n \)，\( O(nr) \) 可能太大？ 注意 \( r \) 可能接近 \( n \)，但 \( n \) 范围未给。如果 \( n \) 很大（如 1e5），\( O(nr) \) 不行。 但 \( r-l \) 可能不大？题目没给。我们假设 \( n \le 5000 \) 左右，否则需要优化。 --- ## 8. 实现细节 1. 计算 \( f(0..n) \) 用 DP。 2. 对每个 \( s \) 从 \( l \) 到 \( r \)，检查 \( n - ks \ge 0 \)，累加 \( f(n - ks) \)。 3. 最后乘 \( \text{inv}(f(n)) \)。 --- ## 9. C++ 代码实现 ```cpp #include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int MOD = 998244353; int modpow(int a, int e, int mod) { int res = 1; while (e) { if (e & 1) res = 1LL * res * a % mod; a = 1LL * a * a % mod; e >>= 1; } return res; } int modinv(int a, int mod) { return modpow(a, mod - 2, mod); } int main() { int n, k, l, r; cin >> n >> k >> l >> r; // DP to compute f(m): number of partitions of m with parts in [l, r] vector<int> f(n + 1, 0); f[0] = 1; for (int t = l; t <= r; ++t) { for (int m = t; m <= n; ++m) { f[m] = (f[m] + f[m - t]) % MOD; } } int total = f[n]; int inv_total = modinv(total, MOD); long long ans = 0; for (int s = l; s <= r; ++s) { int remain = n - k * s; if (remain >= 0) { ans = (ans + f[remain]) % MOD; } } ans = ans * inv_total % MOD; cout << ans << endl; return 0; } ``` --- ## 10. 样例验证 题目没有给样例，但我们可以推理： 例：\( n=5, k=1, l=1, r=5 \) 所有划分是： - 5 - 4+1 - 3+2 - 3+1+1 - 2+2+1 - 2+1+1+1 - 1+1+1+1+1 每种大小出现次数 ≥1 就摆书架。 计算 \( f(5) \) = 7（上面7种）。 对 s=1: remain=5-1*1=4, f(4) 是 4 拆成 [1,5] 部分：4, 3+1, 2+2, 2+1+1, 1+1+1+1 → 5种。 s=2: remain=3, f(3): 3, 2+1, 1+1+1 → 3种。 s=3: remain=2, f(2): 2, 1+1 → 2种。 s=4: remain=1, f(1): 1 → 1种。 s=5: remain=0, f(0)=1。 和=5+3+2+1+1=12。 期望=12/7，模意义下 12*inv(7) mod 998244353。 代码会输出模结果。 --- 这样我们就得到了一个可用的解法。 [2026-01-19 19:20:03 | AI问答 | 1967点数解答]