P5644-[PKUWC2018]猎人杀【NTT,分治】

1|0正题

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

1|1题目大意

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

$w_i>0,\sum_{i=1}^nw_i\leq 10^5$

1|2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 $1$ 个人死之后至少还剩下集合 $T$ 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 $P(T)$ 表示 $1$ 死之后剩下集合 $T$ 的人的概率，怎么求这个东西，我们可以枚举一下杀到 $1$ 之前的轮数（记 $S$ 为全集， $W(S)=\sum_{x\in S}w_x$ ）

P (T) = \sum_{i = 0}^{\infty} (\frac{W (S) - W (T) - w_{1}}{W (S)})^{i} \frac{w_{1}}{W (S)}

$P(T)=\sum_{i=0}^{\infty}(\frac{W(S)-W(T)-w_1}{W(S)})^i\frac{w_1}{W(S)}$

等比数列求和展开一下就是

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)}

$P(T)=\frac{(\frac{W(S)-W(T)-w_1}{W(S)})^\infty-1}{\frac{W(S)-W(T)-w_1}{W(S)}-1}\frac{w_1}{W(S)}$

然后因为那个 $\infty$ 的东西是收敛（也就是等于 $0$ ）的所以

P (T) = \frac{W (S)}{W (T) + w_{1}} \frac{w_{1}}{W (S)} = \frac{w_{1}}{w_{1} + W (T)}

$P(T)=\frac{W(S)}{W(T)+w_1}\frac{w_1}{W(S)}=\frac{w_1}{w_1+W(T)}$

就好了

然后答案就是

\sum_{T \in S} (- 1)^{| T |} P (T) = \sum_{T \in S} (- 1)^{| T |} \frac{w_{1}}{w_{1} + W (T)}

$\sum_{T\in S}(-1)^{|T|}P(T)=\sum_{T\in S}(-1)^{|T|}\frac{w_1}{w_1+W(T)}$

但是这样的复杂度是 $O(2^n)$ 的显然不可能过。

但是我们不难发现的是因为 $W(S)\leq 10^5$ ，所以我们可以设 $f(i)$ 表示对于所有集合 $T$ 使得 $W(T)=i$ 的容斥系数和那么答案就变成了

\sum_{i = 0}^{W (S)} f (i) \frac{w_{1}}{w_{1} + i}

$\sum_{i=0}^{W(S)}f(i)\frac{w_1}{w_1+i}$

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

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

时间复杂度 $O(m\log^2 m)$ （ $m=W(S)$

1|3code

#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;
}

__EOF__

本文作者：QuantAsk
本文链接：https://www.cnblogs.com/QuantAsk/p/14898561.html
关于博主：退役OIer，GD划水选手
版权声明：本博客所有文章除特别声明外，均采用 BY-NC-SA 许可协议。转载请注明出处！
声援博主：如果您觉得文章对您有帮助，可以点击文章右下角【推荐】一下。您的鼓励是博主的最大动力！