标签：frac power ll P5644 NTT w1 sum PKUWC2018

正题

题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/P5644

题目大意

n n n个人，每个人被选中的权重是 a i a_i ai​。每次按照权重选择一个没有死掉的人杀死，求第 1 1 1个人最后死的概率。输出答案对 998244353 998244353 998244353取模。

w i > 0 , ∑ i = 1 n w i ≤ 1 0 5 w_i>0,\sum_{i=1}^nw_i\leq 10^5 wi​>0,∑i=1n​wi​≤105

解题思路

这个死掉之后概率的分母会变所以挺麻烦的，考虑一下变成每次随便选择一个人，如果没有死就杀掉，这样每个人被选择的概率就不变了。

然后考虑到计算恰好最后一个死很麻烦，可以假设第 1 1 1个人死之后至少还剩下集合 T T T的人，然后容斥这样就不需要考虑到剩下的人必须在前面都选过一次了。

设 P ( T ) P(T) P(T)表示 1 1 1死之后剩下集合 T T T的人的概率，怎么求这个东西，我们可以枚举一下杀到 1 1 1之前的轮数（记 S S S为全集， W ( S ) = ∑ x ∈ S w x W(S)=\sum_{x\in S}w_x W(S)=∑x∈S​wx​）
P ( T ) = ∑ i = 0 ∞ ( W ( S ) − W ( T ) − w 1 W ( S ) ) i w 1 W ( S ) P(T)=\sum_{i=0}^{\infty}(\frac{W(S)-W(T)-w_1}{W(S)})^i\frac{w_1}{W(S)} P(T)=i=0∑∞​(W(S)W(S)−W(T)−w1​​)iW(S)w1​​
等比数列求和展开一下就是
P ( T ) = ( W ( S ) − W ( T ) − w 1 W ( S ) ) ∞ − 1 W ( S ) − W ( T ) − w 1 W ( S ) − 1 w 1 W ( S ) P(T)=\frac{(\frac{W(S)-W(T)-w_1}{W(S)})^\infty-1}{\frac{W(S)-W(T)-w_1}{W(S)}-1}\frac{w_1}{W(S)} P(T)=W(S)W(S)−W(T)−w1​​−1(W(S)W(S)−W(T)−w1​​)∞−1​W(S)w1​​
然后因为那个 ∞ \infty ∞的东西是收敛（也就是等于 0 0 0）的所以
P ( T ) = W ( S ) W ( T ) + w 1 w 1 W ( S ) = w 1 w 1 + W ( T ) P(T)=\frac{W(S)}{W(T)+w_1}\frac{w_1}{W(S)}=\frac{w_1}{w_1+W(T)} P(T)=W(T)+w1​W(S)​W(S)w1​​=w1​+W(T)w1​​
就好了

然后答案就是
∑ T ∈ S ( − 1 ) ∣ T ∣ P ( T ) = ∑ T ∈ S ( − 1 ) ∣ T ∣ w 1 w 1 + W ( T ) \sum_{T\in S}(-1)^{|T|}P(T)=\sum_{T\in S}(-1)^{|T|}\frac{w_1}{w_1+W(T)} T∈S∑​(−1)∣T∣P(T)=T∈S∑​(−1)∣T∣w1​+W(T)w1​​

但是这样的复杂度是 O ( 2 n ) O(2^n) O(2n)的显然不可能过。

但是我们不难发现的是因为 W ( S ) ≤ 1 0 5 W(S)\leq 10^5 W(S)≤105，所以我们可以设 f ( i ) f(i) f(i)表示对于所有集合 T T T使得 W ( T ) = i W(T)=i W(T)=i的容斥系数和那么答案就变成了
∑ i = 0 W ( S ) f ( i ) w 1 w 1 + i \sum_{i=0}^{W(S)}f(i)\frac{w_1}{w_1+i} i=0∑W(S)​f(i)w1​+iw1​​

但是这个 f f f怎么求，其实看上去就很生成函数， f ( i ) f(i) f(i)相等于 ∏ i = 2 n ( 1 − x w i ) \prod_{i=2}^n(1-x^{w_i}) ∏i=2n​(1−xwi​)的第 i i i次项系数。

这个东西我们分治+ N T T NTT NTT求就好了（因为这个做法实际上和分治 N T T NTT NTT有区别）

时间复杂度 O ( m log ⁡ 2 m ) O(m\log^2 m) O(mlog2m)（ m = W ( S ) m=W(S) m=W(S)

code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=4e5+10,P=998244353;
ll n,w[N],r[N],x[N],y[N];
struct Poly{
	ll n,a[N];
}F[20];bool v[20];
ll power(ll x,ll b){
	ll ans=1;
	while(b){
		if(b&1)ans=ans*x%P;
		x=x*x%P;b>>=1;
	}
	return ans;
}
void NTT(ll *f,ll n,ll op){
	for(ll i=0;i<n;i++)
		if(i<r[i])swap(f[i],f[r[i]]);
	for(ll p=2;p<=n;p<<=1){
		ll len=p>>1,tmp=power(3,(P-1)/p);
		if(op==-1)tmp=power(tmp,P-2);
		for(ll k=0;k<n;k+=p){
			ll buf=1;
			for(ll i=k;i<k+len;i++){
				ll tt=f[i+len]*buf%P;
				f[i+len]=(f[i]-tt+P)%P;
				f[i]=(f[i]+tt)%P;
				buf=buf*tmp%P;
			}
		}
	}
	if(op==-1){
		ll inv=power(n,P-2);
		for(ll i=0;i<n;i++)
			f[i]=f[i]*inv%P;
	}
	return;
}
void Mul(Poly &a,Poly &b){
	for(ll i=0;i<a.n;i++)x[i]=a.a[i];
	for(ll i=0;i<b.n;i++)y[i]=b.a[i];
	ll l=1;while(l<a.n+b.n)l<<=1;
	for(ll i=0;i<l;i++)r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)?(l>>1):0);
	for(ll i=a.n;i<l;i++)x[i]=0;
	for(ll i=b.n;i<l;i++)y[i]=0;
	NTT(x,l,1);NTT(y,l,1);
	for(ll i=0;i<l;i++)x[i]=x[i]*y[i]%P;
	NTT(x,l,-1);
	for(ll i=0;i<l;i++)a.a[i]=x[i];
	a.n=a.n+b.n-1;return;
}
ll findq(){
	for(ll i=0;i<20;i++)
		if(!v[i]){v[i]=1;return i;}
}
ll Solve(ll l,ll r){
	if(l==r){
		ll p=findq();
		for(ll i=0;i<=w[l];i++)
			F[p].a[i]=0;
		F[p].a[0]=1;F[p].a[w[l]]=P-1;
		F[p].n=w[l]+1;return p;
	}
	ll mid=(l+r)>>1;
	ll ls=Solve(l,mid),rs=Solve(mid+1,r);
	Mul(F[ls],F[rs]);v[rs]=0;return ls;
}
signed main()
{
	scanf("%lld",&n);
	for(ll i=1;i<=n;i++)
		scanf("%lld",&w[i]);
	ll p=Solve(2,n),ans=0;
	for(ll i=0;i<F[p].n;i++)
		(ans+=F[p].a[i]*w[1]%P*power(w[1]+i,P-2)%P)%=P;
	printf("%lld\n",(ans+P)%P);
	return 0;
}

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来源： https://blog.csdn.net/Mr_wuyongcong/article/details/118002730

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