题解-PKUWC2018 猎人杀

Problem

loj2541

题意概要：给定 \(n\) 个人的倒霉度 \(\{w_i\}\)，每回合会有一个人死亡，每个人这回合死亡的概率为 自己的倒霉度/目前所有存活玩家的倒霉度之和，求第 \(1\) 个人最后一个死亡的概率

Solution

设 \(B = \sum_{i=2}^nw_i\)

要求 \(1\) 号最后一个被选中有点不好做，但是求 \(1\) 号第一个被选中还是比较好做的（\(\frac {w_1}{\sum_{i=1}^nw_i}\)）

至于这两者怎么联系起来，使用 \(\mathrm {min-max}\) 容斥（和 HAOI2015按位或有点像：前者是求 \(1\) 号最后一个被选中的概率；后者是求集合内最后一个被选中的期望次数）

\(\mathrm{min-max}\) 容斥的式子为：

\[\max\{S\}=\sum_{T\subseteq S}(-1)^{|T|-1}\min\{T\}\]

由于 \(1\) 为需要求的点，将其从 \(S,T\) 的定义中刨除，即

\[\max\{S\}=\sum_{T\subseteq S}(-1)^{|T|}\min\{T\}\]

而同时

\[\min\{T\}=\frac {w_1}{w_1+\sum_{x\in T}w_i}\]

发现 \(\min\{T\}\) 最多有 \(B\) 种，可以考虑计算出每一项的容斥系数再 \(O(B)\) 计算

至于计算容斥系数，可使用母函数求得，即求出下面式子的每一项系数：

\[\prod_{i=2}^n(1-x^{w_i})\]

分治 ntt 求解，每一层母函数度数和为 \(B\)，复杂度 \(O(B\log B)\)，总复杂度 \(O(B\log^2B)\)

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

inline void read(int&x){
    char ch=getchar();x=0;while(!isdigit(ch))ch=getchar();
    while(isdigit(ch))x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
}

const int N = 200200, T = 37, p = 998244353;
int stk[T], tp;
int brr[T][N], L[T];
int w[N], rev[N];

inline int qm(const int&x) {return x < p ? x : x - p;}
inline int qpow(int A, int B) {
    int res = 1; while(B) {
        if(B&1) res = (ll)res * A%p;
        A = (ll)A * A%p, B >>= 1;
    } return res;
}

void dft(int*a,int n,int sgn) {
    for(int i=1;i<n;++i) if(i < rev[i]) swap(a[i], a[rev[i]]);
    for(int i=1;i<n;i<<=1) {
        int gn = qpow(3, (p-1)/(i<<1));
        for(int j=0;j<n;j+=(i<<1)) {
            int g = 1;
            for(int k=0;k<i;++k,g=(ll)g*gn%p) {
                int x = a[j+k], y = (ll)g * a[j+k+i]%p;
                a[j+k] = qm(x + y), a[j+k+i] = qm(x - y+p);
            }
        }
    }
    if(!sgn) {
        int iv = qpow(n, p-2); reverse(a+1,a+n);
        for(int i=0;i<n;++i) a[i] = (ll)a[i] * iv%p;
    }
}

void mul(int ai, int bi, int ci) {
    int*ar = brr[ai], *br = brr[bi], *cr = brr[ci];
    int n = L[ai], m = L[bi], &t = L[ci];
    t = n + m; int nn = 1, l = 0;
    while(nn < t) nn <<= 1, ++ l;
    for(int i=n;i<nn;++i) ar[i] = 0;
    for(int i=m;i<nn;++i) br[i] = 0;
    for(int i=1;i<nn;++i) rev[i] = (rev[i>>1]>>1) | ((i&1) << l-1);
    dft(ar, nn, 1), dft(br, nn, 1);
    for(int i=0;i<nn;++i) cr[i] = (ll)ar[i] * br[i]%p;
    dft(cr, nn, 0);
}

int binary(int l, int r) {
    if(l == r) {
        int id = stk[--tp], *arr = brr[id];
        for(int i=w[l]<<1;i;--i) arr[i] = 0;
        arr[0] = 1, arr[w[l]] = p-1, L[id] = w[l]+1;
        return id;
    }
    int mid = l + r >> 1;
    int ls = binary(l, mid), rs = binary(mid+1, r);
    int id = stk[--tp]; mul(ls, rs, id);
    stk[tp++] = ls, stk[tp++] = rs;
    return id;
}

int main() {
    for(int i=0;i<T;++i) stk[tp++] = T-i-1;
    int n; read(n);
    for(int i=1;i<=n;++i) read(w[i]);
    int id = binary(2, n);
    
    int ans = 0, *arr = brr[id];
    for(int i=0;i<L[id];++i)
        ans = (ans + (ll)arr[i] * qpow(w[1] + i, p-2))%p;
    ans = (ll)ans * w[1]%p;
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}