题面

戳这里，题意简单易懂。

题解

首先我们发现，操作是可以不考虑顺序的，因为每次操作会加一个 \(1\) ，每次进位会减少一个 \(1\) ，我们就可以考虑最后 \(1\) 的个数（也就是最后的和），以及成功操作次数，就行了。

然后根据期望的线性性，我们可以从低到高按位考虑贡献。

考虑一个递推：\(f(i, j)\) 表示从后往前第 \(i\) 位总共被改变 \(j\) 次的概率，那么有两种转移：

• 进位：\(\displaystyle f(i - 1, j) \to f(i, \lfloor \frac j 2 \rfloor)\)
• 操作：对于第 \(i\) 位每个概率为 \(p\) 的操作， \(f(i, j - 1)p + f(i, j)(1 - p) \to f(i, j)\)

注意要先转移第一个，再转移第二个，因为第二个可以对于第一个操作上来的数位进行贡献。

然后这样直接实现就是 \(O(m^2)\) 的，但是我们可以考虑优化，对于第二个容易观察就是乘上了 \(P(x) = \prod_i p_ix + (1-p_i)\) 这个生成函数。

显然这个我们可以利用 分治 \(NTT\) 来解决。

进位的话我们可以暴力进位，因为每个操作对于 分治 \(NTT\) 的贡献可以放缩成一个等比级数：\(\displaystyle \sum_{i = 0} ^ {\infty} 2^{-i} = 2\) 。

所以最后时间复杂度就是 \(O(m \log^2 m)\) 的。

总结

对于一些期望题，可以考虑期望的线性性，以及试试操作顺序是否不影响答案。

然后考虑 \(NTT\) 优化概率生成函数就行啦。

代码

#include <bits/stdc++.h>#define For(i, l, r) for(register int i = (l), i##end = (int)(r); i <= i##end; ++i)
#define Fordown(i, r, l) for(register int i = (r), i##end = (int)(l); i >= i##end; --i)
#define Set(a, v) memset(a, v, sizeof(a))
#define Cpy(a, b) memcpy(a, b, sizeof(a))
#define debug(x) cout << #x << ": " << (x) << endl
#define DEBUG(...) fprintf(stderr, __VA_ARGS__)
#define pb push_backusing namespace std;typedef long long ll;template<typename T> inline bool chkmin(T &a, T b) {return b < a ? a = b, 1 : 0;}
template<typename T> inline bool chkmax(T &a, T b) {return b > a ? a = b, 1 : 0;}inline int read() {int x(0), sgn(1); char ch(getchar());for (; !isdigit(ch); ch = getchar()) if (ch == '-') sgn = -1;for (; isdigit(ch); ch = getchar()) x = (x * 10) + (ch ^ 48);return x * sgn;
}void File() {
#ifdef zjp_shadowfreopen ("565.in", "r", stdin);freopen ("565.out", "w", stdout);
#endif
}const int N = 200100, Mod = 998244353;ll fpm(ll x, int power) {ll res = 1;for (; power; power >>= 1, (x *= x) %= Mod)if (power & 1) (res *= x) %= Mod;return res;
}inline int Add(int a, int b) { return (a += b) >= Mod ? a - Mod : a; }template<int Maxn>
struct Number_Theoretic_Transfrom {const int g = 3;ll powg[Maxn + 5], invpowg[Maxn + 5]; int rev[Maxn + 5];void NTT_Init() {for (int i = 2; i <= Maxn; i <<= 1)invpowg[i] = fpm((powg[i] = fpm(g, (Mod - 1) / i)), Mod - 2);}int len;void NTT(ll P[], int opt) {For (i, 0, len - 1) if (i < rev[i]) swap(P[i], P[rev[i]]);for (int i = 2, p = 1; i <= len; p = i, i <<= 1) {ll Wi = opt == 1 ? powg[i] : invpowg[i];for (int j = 0; j < len; j += i) {ll x = 1;For (k, 0, p - 1) {ll u = P[j + k], v = P[j + k + p] * x % Mod;P[j + k] = Add(u, v);P[j + k + p] = Add(u, Mod - v);(x *= Wi) %= Mod;}}}if (!~opt) {ll invn = fpm(len, Mod - 2);For (i, 0, len - 1) (P[i] *= invn) %= Mod;}}ll A[Maxn + 5], B[Maxn + 5];void Mult(int *a, int *b, int *c, int lena, int lenb) {int cnt = 0;for (len = 1; len <= lena + lenb; len <<= 1) ++ cnt;For (i, 0, len - 1) rev[i] = (rev[i >> 1] >> 1) | ((i & 1) << (cnt - 1));For (i, 0, len - 1)A[i] = i <= lena ? a[i] : 0, B[i] = i <= lenb ? b[i] : 0;NTT(A, 1); NTT(B, 1); For (i, 0, len - 1) (A[i] *= B[i]) %= Mod; NTT(A, -1);For (i, 0, lena + lenb) c[i] = A[i];}};Number_Theoretic_Transfrom<1 << 20> NTT;int n, m;int pool[N << 5], *ptr = pool;struct Poly {int *a, len;Poly(int l) { a = ptr; ptr += (len = l) + 1; }void Out() {debug(len);For (i, 1, n) printf ("%d%c", a[i], i == iend ? '\n' : ' ');}};inline bool operator < (const Poly &lhs, const Poly &rhs) {return lhs.len > rhs.len;
}vector<int> Base[N];Poly I(0);
Poly Calc(int id) {if (!(bool)Base[id].size()) return I;priority_queue<Poly> P;for (int prob : Base[id]) {Poly cur(1);cur.a[1] = prob;cur.a[0] = Mod + 1 - prob;P.push(cur);}while (P.size() > 1) {Poly a = P.top(); P.pop();Poly b = P.top(); P.pop();Poly c(a.len + b.len);NTT.Mult(a.a, b.a, c.a, a.len, b.len);P.push(c);}return P.top();
}int main () {File();NTT.NTT_Init();n = read(); m = read();For (i, 1, m) {int pos = read(), x = read(), y = read();Base[pos].pb(1ll * x * fpm(y, Mod - 2) % Mod);}ll ans = 0;Poly res(0); res.a[0] = 1;For (i, 0, n + 20) {Poly tmp = Calc(i);if (tmp.len) {NTT.Mult(res.a, tmp.a, res.a, res.len, tmp.len);res.len = res.len + tmp.len;}For (j, 0, res.len) {ans = (ans + 1ll * res.a[j] * j) % Mod;int temp = res.a[j]; res.a[j] = 0;(res.a[j >> 1] += temp) %= Mod;}res.len >>= 1;}printf ("%lld\n", ans);return 0;}