【2019北京集训测试赛（七）】 操作 分治+FFT+生成函数

题目大意：你有$n$个操作和一个初始为$0$的变量$x$。

第$i$个操作为：以$P_i$的概率给$x$加上$A_i$，剩下$1-P_i$的概率给$x$乘上$B_i$。

你袭击生成了一个长度为$n$的排列$C$，并以此执行了第$C_1,C_2....C_n$个操作。

求执行完所有操作后，变量$x$的期望膜$998244353$的值。

数据范围：$n≤10^5,0≤P,A,B<998244353$

 

我太菜了。

考虑如果并没有排列的要求，而是强行依次执行，会发生什么事情：

令$X_i$表示执行完前$i$个操作后$x$的期望。

则有：

$X_i=P_i\times (X_{i-1}+A_i)+(1-P_i)\times X_{i-1}\times B_i$

我们经过化简，得到：

$X_i=(P_i+B_i-P_i\times B_i)X_{i-1}+A_i\times B_i$

这个不就是一个一次函数吗？我们姑且将这个称为$F_i(x)$，我们将它表示为$F_i(x)=D_ix+E_i$

那么在不考虑顺序的情况下，则有：

$X_n=F_1(F_2(...F_n(0)...))$

然而求答案的时候，函数排列的顺序是随机的，对于任意的$i≠j$，函数i排在函数j前面的概率都是$\frac{1}{2}$。

我们只需要求出，对于每个$E_i$，套在$F_i(x)$外面的函数的积的期望。

基于这些，则有：

$X_n=\frac{1}{n!}\sum \limits_{i=1}^{n} E_i \sum \limits_{j=1}^{n} [x^j] \prod \limits_{k=1,k\not\equiv i}^{n}(1+D_k)$

然后，我们通过分治FFT求解这个式子即可。

 

#include<bits/stdc++.h>
#define MOD 998244353
#define G 3
#define L long long
#define M 262144
using namespace std;

L pow_mod(L x,L k){L ans=1; for(;k;k>>=1,x=x*x%MOD) if(k&1) ans=ans*x%MOD; return ans;}
void chage(int a[],int n){
    for(int i=0,j=0;i<n-1;i++){
        if(i<j) swap(a[i],a[j]);
        int k=n>>1;
        while(j>=k) j-=k,k>>=1;
        j+=k;
    }
}
inline int pls(int a,int b){return a+b>=MOD?a+b-MOD:a+b;}
inline int mns(int a,int b){return a<b?a-b+MOD:a-b;}
void NTT(int a[],int n,int on){
    chage(a,n);
    for(int h=2;h<=n;h<<=1){
        int wn=pow_mod(G,(MOD-1)/h);
        for(int j=0;j<n;j+=h){
            int w=1;
            for(int k=j;k<j+(h>>1);k++){
                int u=a[k],t=1LL*a[k+(h>>1)]*w%MOD;
                //a[k]=(u+t)%MOD; a[k+(h>>1)]=(u-t+MOD)%MOD;
                a[k]=pls(u,t); a[k+(h>>1)]=mns(u,t);
                w=1LL*w*wn%MOD;
            }
        }
    }
    if(on==-1){
        L inv=pow_mod(n,MOD-2);
        reverse(a+1,a+n);
        for(int i=0;i<n;i++) a[i]=1LL*a[i]*inv%MOD;
    }
}
void MUL(int ans[],int a[],int lena,int b[],int lenb){
    static int t1[M],t2[M];
    int len=1; while(len<=lena+lenb) len<<=1;
    memset(t1,0,len<<2); memcpy(t1,a,(lena+1)<<2);
    memset(t2,0,len<<2); memcpy(t2,b,(lenb+1)<<2);
    NTT(t1,len,1); NTT(t2,len,1);
    for(int i=0;i<len;i++) t1[i]=1LL*t1[i]*t2[i]%MOD;
    NTT(t1,len,-1);
    memcpy(ans,t1,(lena+lenb+1)<<2);
}

L D[M]={0},E[M]={0},fac[M]={0};
void solve(int f[],int g[],int l,int r){
    static int h[M];
    if(l==r) return f[0]=E[l],g[1]=D[l],g[0]=1,void();
    int mid=(l+r)>>1,lenl=mid-l+1,lenr=r-mid;
    solve(f,g,l,mid); solve(f+lenl+2,g+lenl+2,mid+1,r);
    MUL(h,f,lenl-1,g+lenl+2,lenr);
    MUL(f,f+lenl+2,lenr-1,g,lenl);
    for(int i=0;i<=r-l+1;i++) f[i]=(f[i]+h[i])%MOD;
    MUL(g,g,lenl,g+lenl+2,lenr);
}

int ff[M]={0},gg[M]={0};
int main(){
    fac[0]=1; for(int i=1;i<M;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%MOD;
    int n; scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        L P,B,A; scanf("%lld%lld%lld",&P,&A,&B);
        D[i]=(P+B-P*B%MOD+MOD)%MOD;
        E[i]=A*P%MOD;
    }
    solve(ff,gg,1,n);
    L ans=0;
    for(int i=0;i<n;i++) (ans+=1LL*ff[i]*fac[i]%MOD*fac[n-i-1])%=MOD;
    ans=ans*pow_mod(fac[n],MOD-2)%MOD;
    cout<<ans<<endl;
}