AGC034F RNG and XOR

原题
翻译

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正解

思考的时候没有得到除了高斯消元以外的思路……
原来是一道板子题……

设\(p_i\)为选\(i\)的概率，\(e_i\)为\(i\)第一次变成\(0\)的期望步数（显然和\(0\)第一次变成\(i\)一样）
显然可以列出式子：
\(e_i=1+\sum p_je_{i\bigoplus j}\)
\(e_0=0\)

用集合幂级数来表示\(e\)和\(p\)，分别记为\(E\)和\(P\)。
乘法定义为异或运算。
于是有\(E+c=I+P*E\)
\(I\)表示全部位置都是\(1\)的集合幂级数。
\(c\)是用来修正\(E_0\)的常数。

“集合幂级数”只是个高大上的名词……
类似于多项式，一个集合幂级数表示成这个样子：\(F=\sum a_ix^i\)
和多项式不同的是，这里按照需要定义了\(x^a*x^b\)的结果。比如，如果乘法定义为异或，那么\(x^a*x^b=x^{a \bigoplus b}\)

设\(S(F)\)表示\(\sum F_i\)
于是有\(S(E)+c=2^n+S(P)S(E)\)

\(S(P*E)=S(P)S(E)\)
因为\(P\)中每个数和\(E\)中每个数都可以做出贡献。

由于\(S(P)=1\)，所以\(c=2^n\)
所以\(E+2^n=I+P*E\)
移项得\(2^n-I=(P-1)*E\)
做\(FWT\)得\(FWT(2^n-I)=FWT(P-1)FWT(E)\)
考虑计算\(FWT(E)_i\)。可以只有\(i=0\)时\(FWT(P-1)=0\)。
\(i>0\)时就暴力算出，\(i=0\)时根据\(E_0=0\)手玩出\(FWT(E)_0\)的取值。

算出\(FWT(E)\)之后\(IFWT\)回去即可。

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代码

using namespace std;
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define N 18
#define ll long long
#define mo 998244353
ll qpow(ll x,int y=mo-2){
	ll r=1;
	for (;y;y>>=1,x=x*x%mo)
		if (y&1)
			r=r*x%mo;
	return r;
}
int n;
int a[1<<N],p[1<<N],e[1<<N],f[1<<N];
void fwt(int F[]){
	for (int i=1;i<1<<n;i<<=1)
		for (int j=0;j<1<<n;j+=i<<1)
			for (int k=j;k<j+i;++k){
				int x=F[k],y=F[k+i];
				F[k]=(x+y)%mo;
				F[k+i]=(x-y+mo)%mo;
			}
}
int main(){
	scanf("%d",&n);
	ll sum=0;
	for (int i=0;i<1<<n;++i)
		scanf("%d",&a[i]),sum+=a[i];
	sum=qpow(sum);
	for (int i=0;i<1<<n;++i)
		p[i]=a[i]*sum%mo;
	
	for (int i=0;i<1<<n;++i)
		f[i]=-1+mo;
	(f[0]+=1<<n)%=mo;
	fwt(f);
	(p[0]=p[0]-1+mo)%=mo;
	fwt(p);
	
	sum=0;
	for (int i=1;i<1<<n;++i){
		e[i]=(ll)f[i]*qpow(p[i])%mo;
		sum+=e[i];
	}
	e[0]=(mo-sum%mo)%mo;
	fwt(e);
	ll inv=qpow(1<<n);
	for (int i=0;i<1<<n;++i)
		e[i]=e[i]*inv%mo;
	for (int i=0;i<1<<n;++i)
		printf("%d\n",e[i]);
	return 0;
}