Atcoder题解：Agc056_e

$$\mathrm{也}\mathrm{想}\mathrm{养}\mathrm{老}\mathrm{鼠}\mathrm{捏}$$

先把当前要解决的点旋转到位置 $n$，问题不变。求 $n$ 次即可。

我们先来看两个没有结果的解法。

一就是一

我们先考虑暴力 $dp$，设 $d{p}_{i,mask}$ 表示当前已经安放了 $i$ 个奶酪，被喂饱的老鼠的集合为 $mask$ 的概率。容易发现 $i$ 其实就是 $mask$ 中 $1$ 的个数。

然后考虑暴力枚举下一步用哪里的奶酪喂哪里的老鼠，我们发现，在还剩 $i$ 个老鼠的时候，不套整圈，用 $x$ 的奶酪贡献到 $y$ ，一共会经过 $dist(mask,x,y)$ 次老鼠。而 $dist(mask,x,y)$ 表示 $mask$ 中的老鼠已经被喂饱了的情况下，在没喂饱的老鼠中，$x$ 处的奶酪贡献到 $y$ 处的老鼠，奶酪会经过没喂饱的老鼠几次。

然后考虑套整圈的情况，其实就是先走到老鼠 $b$，然后枚举绕多少圈，设还剩下 $d$ 个老鼠，贡献就是 $\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{1}{2^{nd}}}={\displaystyle \frac{1}{1-2^d}}$，算起来，贡献就是 ${\displaystyle \frac{1}{1-2^d}}\sum _{x,y}(a_x\mathrm{\%})2^{-dist(mask,x,y)}$。

复杂度 $O(n^2{2}^n)$。

我们发现在任何从 $d{p}_0$ 到 $d{p}_{2^n-1}$的转移路线中，一定会经过 $d$ 为 $2$ 到 $n$ 的所有情况，也就是，$\prod _{d=2}^n{\displaystyle \frac{1}{1-2^d}}$ 是每个最终状态都有的系数。可以从转移里提出这一部分，然后在最终答案里乘上就可以了。

我们发现 $a_x\mathrm{\%}$ 也是可以优化的，首先 ${\displaystyle \frac{1}{{100}^{n-1}}}$ 可以直接提出来。然后我们发现 $a_x$ 是整数，所以我们可以改变问题为全环上一共有 $100$ 个奶酪投放点，第 $i$ 个位置前面有 $a_i$ 个，每次在其中等概率随机一个。

将 $x$ 改成枚举的奶酪投放的地点，我们就可以优化掉 $a_x\mathrm{\%}$。

这样，我们的问题就简单的变成了，$\sum _{(\pi ,x)}\prod _{i=1}^{n-1}{2}^{-dist(\mathrm{前}i-1\mathrm{位}\mathrm{的}\mathrm{集}\mathrm{合},x(i),\pi (i))}$，实际上就是对所有的二元组 $(\pi ,x)$ 算贡献。而 $\pi$ 是其他老鼠被吃掉的顺序的排列，$x$ 是一个向量，取值 $(1,100)$。

这样我们就可以得到一个 $O(100\cdot 2^n)$ 的 $dp$，因为确定 $x(i)$ 之后，可以递推的确定 $dist$。然而，我们发现，这个方法到这里就结束了。

为什么呢？因为 $dist$ 是和前面的选择直接相关的，因此保持这个思路我们的 $2^n$ 是不太可能优化下去的。

或许我们抱有一丝期冀，因为我们发现，我们可以把 $dist$ 转化成贡献，也就是 $x(i)$ 对 $\pi (i)$ 的贡献、$\pi (j)$ 对 $(x(i),\pi (i))$ 的贡献（$j<i$）。然后我们就可以拆分每个 $dist$ 的贡献，枚举进行贡献的 $\pi (j),x(i)$ 和 $\pi (i)$ 进行组合得到答案。

但是这个梦想也是不现实的，因为首先，$2$ 的指数加和再求和的方式无法通过平均期望的方式算平均贡献，（当前的 ${\displaystyle \frac{1}{2}}$ 贡献在哪些状态上是具有后效性的），所以重设 $dp$ 状态为 xxx 的和或者 xxx 的期望来计算这个东西就不可能了。

然后，对这个贡献进行 $dp$ 也是行不通的，因为各个贡献不是独立的，必须满足一个偏序关系，也就是如果 $\pi (j)$ 对 $\pi (i)$ 贡献，$\pi (k)$ 对 $\pi (j)$ 贡献，$\pi (i)$ 就不能向 $\pi (k)$ 贡献，所以我们又需要记录哪些位置已经用过了，回到 $2^n$ 的复杂度。

二就是二

然后考虑另一种做法，破环为链，我们将围绕这个关键词进行一系列尝试。

首先我们一定是在 $1$ 和 $n$ 之间把环破开。然后我们考虑这样一件事情：

我们把所有的到达 $n$ 还没有答案的奶酪都删除掉，映射到在 $1$ 位置放上一个奶酪。这是什么意思呢？我们钦定所有的绕很多圈的奶酪都仅计算从 $1$ 到目的地的最后这一段。

这样，我们可以重新计算各个 $a_i^{\prime }$ 表示从 $i$ 出发一个奶酪，喂食一个 $[i,n-1]$ 中的老鼠的概率。

破环成链成功，如果 $a_i^{\prime }$ 是个定值，我们就可以 $dp$ 了。我们只要记录当前的奶酪个数，就可以 $dp$。

可惜的是，$a_i^{\prime }$ 不是定值，甚至于，$a_i^{\prime }$ 依旧和前面选择老鼠的详细方案有关。而只要牵扯到详细方案就免不了状压，也就走向了彻底的失败。

为什么 $a_i^{\prime }$ 和前面选择老鼠的详细方案有关呢？因为它是和当前点后面有多少个点可以选择有关的，具体而言 $a_i^{\prime }=a_i{\displaystyle \frac{2^k-1}{2^k}}$，而 $a_1$ 就是 $1-\sum _{i\ne 1}{a}_i$。而我们要对于每个位置知道其后面的点的个数，就等价于要知道当前剩下的点的集合。

我们经历了又一次失败，但是希望的火种已经在这里诞生了。

没有三了

然后，让我们分析前两次尝试失败的原因。

我们发现，我们的问题缺少一个转化，在没有问题转化的条件下，其最终会演变成第一个做法所提及的排列和向量的二元组贡献，然后这个问题的答案就必将和详细的选择方案有关，然后就必须保留这个信息（存在后效性）。

以此，我们来尝试第三个做法。我们尝试一开始就把所有的奶酪放下来。

我们先破环成链，然后复制两遍，从第一个开始，设 $f_{i,j}$ 表示当前来到第 $i$ 个老鼠，还剩 $j$ 块奶酪的概率。

然后，我们可以做的第一件事是在这个位置放新的奶酪，枚举个数，注意 $i+j-1>n-1$ 的状态是不合法的，因为我们最多安放 $n-1$ 个奶酪。

接下来，我们就需要贡献了。我们发现，一个奶酪经过一个老鼠可以有三种可能：

• 以 0.5 的概率经过老鼠，要求这个奶酪出现在老鼠被喂饱前

• 以 0.5 的概率被老鼠吃掉

• 直接通过老鼠，要求这个奶酪出现在老鼠被喂饱后

然后我们可以枚举直接通过的奶酪个数……

发现这里又出现新的问题了。奶酪是否直接通过，也是和奶酪的位置有关的。换句话说，我们虽然表面上解决了老鼠的顺序，却没能解决奶酪的顺序。然后奶酪和老鼠配对，等于我们还是没有解决老鼠的顺序。

但是这里已经给予了我们通向最终正解的道路。我们尝试将这个算法和第二个结合起来……

五在这里

我们来思考二和三的特点。

二的特点是破环成链之后破整为零，只去研究每一块奶酪最后一次经过 $n$ 之后的结果。弊端是没能省去老鼠的顺序。

三的特点是一开始就不去区分所有的奶酪，按照位置而非时间顺序去放置奶酪，最终统一计算。弊端是没能奶酪的顺序还是对算法存在影响，但是已经把老鼠的顺序转化成了别的东西。同时，我们也没有考虑绕整圈的问题。

$Cheese，\mathrm{允}\mathrm{许}\mathrm{访}\mathrm{问}$

$\mathrm{破}\mathrm{环}\mathrm{成}\mathrm{链}！$
$\mathrm{破}\mathrm{整}\mathrm{为}\mathrm{零}！$
$\mathrm{破}\mathrm{除}\mathrm{顺}\mathrm{序}！$

$\mathrm{我}\mathrm{将}\mathrm{以}\mathrm{多}\mathrm{项}\mathrm{式}\mathrm{时}\mathrm{间}\mathrm{解}\mathrm{决}\mathrm{此}\mathrm{问}\mathrm{题}$
$\mathrm{ご}\mathrm{唱}\mathrm{和}\mathrm{く}\mathrm{だ}\mathrm{さ}\mathrm{い}\mathrm{我}\mathrm{の}\mathrm{名}\mathrm{を}$
$\mathrm{ウ}\mathrm{ル}\mathrm{ト}\mathrm{ラ}\mathrm{マ}\mathrm{ン}\mathbb{Z}！$

我们发现，我们可以先破环成链，然后放下所有的奶酪，然后处理出“它们到 $n$ 的概率。如果在没到 $n$ 之前就喂老鼠了，就喂老鼠了吧。

也就是说，我们先处理它们从 $x$ 到 $y$ 或者 $n$ 的链贡献。

接下来是本题的精华所在：

在一个节点的位置，不同时间的奶酪经过，谁留下来、谁付出、谁掠过，都是一样的。

为什么呢？

因为，我们在这一节点可以随便安排所有奶酪的顺序，比如说，本来 $A$ 在 $B$ 前面，所以理应是 $A$ 经过，$B$ 被吃掉。但是我们完全可以让 $A$ 被吃掉，$B$ 经过，后面出现的所有 $A$ 都变成 $B$，不会对其他的点的略过造成影响，这是等价的。

所以奶酪的顺序反而无关紧要了。而且，因为如果 $A$ 略过，$B$ 被吃掉，$B$ 换成 $A$，实际上这个方案是不合法的，我们只是把它当作一个原先的问题的替代就可以了。而原先问题就可以划分成一干等价类，而这其中只有一个是成立的，也就是最终被我们安排在最后一个的吃掉它。我们也只对等价类计算一次贡献即可。

这是至关重要的！

因为我们通过“等价代换两种不同出现时间的方案”，消除了奶酪出现时间对答案的影响！

这就太开心了！现在我们的奶酪和老鼠都变成了按照下标为顺序的，我们只要把老鼠和奶酪配对好，然后随意安排奶酪的顺序。需要注意的是，因为奶酪可能出现在同一个位置，所以还需要在转移的时候做一个多重集。

设 $d{p}_{i,j,k}$ 表示当前 dp 到第 $i$ 个位置，放置了 $j$ 块奶酪，一共喂过了 $k$ 只老鼠。

不过，$i$ 的维度每次会有两次转移，还是滚动掉好（第一次见到为了正确性不得不滚动的）。

每次先枚举放 $l$ 块奶酪（注意 $j+k+l$ 不能超出限制，在放置的时候就先把多重集的 ${\displaystyle \frac{1}{l!}}$ 乘进去，同时还有 $a_i^l$，可以预处理一手以保证复杂度。

然后看是喂还是不喂。不喂的话，所有的奶酪都应当经过它，贡献就是 $2^{-j}$。喂的话，对于所有 $2^j$ 种贡献和不贡献的选择，每种所代表的等价类里面恰好有一个是合法的，所以直接进行一次贡献。除了谁都不贡献，这是不可以的，所以要减去一种。对答案的贡献是 ${\displaystyle \frac{2^j-1}{2^j}}$。

然后我们得到了到达 $n$ 的结果。接下来呢？还剩下 $n-k-1$ 个老鼠和奶酪。

我们先让它们都贡献一次 $n$，从 $1$ 重新开始。

然后我们发现，我们剩下的奶酪怎么选是独立的了！首先我们用第一种做法中的结论把 $\prod _{d=2}^{n-k}{\displaystyle \frac{1}{1-2^d}}$ 提出来，然后接下来，剩下的奶酪中的第 $i$ 个就必须在 $[1,i-1]$ 中选一个，也就是除了最后一个都能选，贡献是 $\prod _{i=1}^{n-k-1}(1-2^i)$。

然后把奶酪的多重集全排列的 $(n-1)!$ 乘上，我们惊喜的发现，这个做法的复杂度是 $O(n^5)$，我们解决了这道题！

const ll P=998244353;
inline ll fpow(ll a,ll p){
	if(!p)return 1ll;
	ll res=fpow(a,p>>1);
	if(p&1)return res*res%P*a%P;
	return res*res%P;
}
inline ll inv(ll a){
	return fpow(a,P-2);
}
ll ff=1,n,a[45],x[45],C[45][45],fac[45],ifac[45],pw[45],ipw[45];
ll dp[45][45],pwa[45][45];
inline void init(){
	rep(i,0,40){
		C[i][0]=1;
		rep(j,1,i)C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%P;
	}fac[0]=1,ifac[0]=1,pw[0]=1,ipw[0]=1;
	rp(i,40)fac[i]=fac[i-1]*i%P;
	rp(i,40)ifac[i]=inv(fac[i]);
	rp(i,40)pw[i]=pw[i-1]*2%P;
	rp(i,40)ipw[i]=inv(pw[i]);
	rd(i,n)a[i]=a[i]*inv(100)%P;
}
inline void rotate(int d){
	rd(i,n)x[(i-d-1+n)%n]=a[i];
	rd(i,n){
		pwa[i][0]=1;
		rp(j,n)pwa[i][j]=pwa[i][j-1]*x[i]%P;
	}
}
inline void solve(int cur){
	rotate(cur);
	rep(i,0,n)rep(j,0,n)rep(k,0,n)dp[j][k]=0;
	dp[0][0]=1;
	rep(i,0,n-2){
		per(j,0,n-1){
			rep(k,0,n-1){
				rep(l,1,n-j-k){
					dp[j+l][k]=(dp[j+l][k]+dp[j][k]*pwa[i][l]%P*ifac[l]%P)%P;
				}
			}
		}
		rep(j,0,n-1){
			per(k,0,n-1){
				if(dp[j][k]){
					if(k!=n-1){
						if(j)dp[j-1][k+1]=(dp[j-1][k+1]+dp[j][k]*(1-ipw[j]+P)%P)%P;
						dp[j][k]=dp[j][k]*ipw[j]%P;
					}
				}
			}
		}
	}
	per(j,0,n-1){
		rep(k,0,n-1){
			rep(l,1,n-j-k){
				dp[j+l][k]=(dp[j+l][k]+dp[j][k]*pwa[n-1][l]%P*ifac[l]%P)%P;
			}
		}
	}
	ll ans=0;
	rep(k,0,n-1){
		if(dp[n-k-1][k]){
			ll res=1;
			rep(x,1,n-1-k){
				res=(1-ipw[x]+P)%P*inv((1-ipw[x+1]+P))%P*res%P;
			}
			ans=(ans+dp[n-k-1][k]*ipw[n-1-k]%P*fac[n-1]%P*res%P)%P;
		}
	}cout<<ans<<" ";
}
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
	cin>>n;
	rd(i,n)cin>>a[i];
	init();
	rd(i,n)solve(i);
	return 0;
}
//Crayan_r