2020 ICPC Macau A. Accelerator（期望，计数，分治FFT）（每日一题 21.7.6）

整理的算法模板合集： ACM模板

点我看算法全家桶系列！！！

实际上是一个全新的精炼模板整合计划

2020 ICPC Macau A. Accelerator（分治FFT）

Problem

给定长度为 nnn 的数组 aia_iai ，对于 1∼n1\sim n1∼n 的所有的排列 pip_ipi ，计算 ((((0+1)∗ap1+1)∗ap2+⋯)+1)∗apn((((0 + 1) *a_{p_1} + 1) * a_{p_2} + \cdots) + 1) * a_{p_n}((((0+1)∗ap1+1)∗ap2+⋯)+1)∗apn 的期望。

n≤105n\le 10^5n≤105

Solution

显然我们把要求的式子展开以后有：

val=∏i=1napi+∏i=2napi+⋯+∏i=nnapival = \prod\limits_{i = 1}^{n}a_{p_i} + \prod\limits_{i = 2}^{n}a_{p_i} + \cdots + \prod\limits_{i = n}^{n}a_{p_i}val=i=1∏napi+i=2∏napi+⋯+i=n∏napi

考虑对于任意一个排列的乘积，∏inapi\displaystyle\prod\limits_{i}^{n}a_{p_i}i∏napi ，它自己对于答案期望的贡献。

显然期望等于权值乘以概率，对于一段长度为 iii 的排列，它的概率显然为 i!×(n−i)!n!\cfrac{i!\times (n-i)!}{n!}n!i!×(n−i)!（iii 个数全排列乘上剩余 n−in-in−i 个数全排列比上总方案数：nnn个数全排列），那么它对答案的贡献显然为 ∏inapi×i!×(n−i)!n!\displaystyle\prod\limits_{i}^{n}a_{p_i}\times \cfrac{i!\times (n-i)!}{n!}i∏napi×n!i!×(n−i)!

由于期望的可加性，我们发现对于所有的长度为 iii 的排列，它的贡献均为∏inapi×i!×(n−i)!n!\displaystyle\prod\limits_{i}^{n}a_{p_i}\times \cfrac{i!\times (n-i)!}{n!}i∏napi×n!i!×(n−i)!，所以我们可以把 i!×(n−i)!n!\cfrac{i!\times (n-i)!}{n!}n!i!×(n−i)! 提到和式的外面，设 fif_ifi 表示剩余的式子，设 SSS 为从 nnn 个数中任取 iii 个数的所有排列的集合，则有：

fi=∑p∈S∏j=1iapjf_i= \displaystyle\sum_{p\in S}\prod\limits_{j=1}^{i}a_{p_{j}} fi=p∈S∑j=1∏iapj

显然要求的答案期望 E(x)E(x)E(x) ：

E(x)=∑i=1nfi×i!×(n−i)!n！\begin{aligned} E(x)=\displaystyle \cfrac{\displaystyle \sum\limits_{i = 1} ^ {n} f_i\times i! \times (n - i) !}{n！} \end{aligned} E(x)=n！i=1∑nfi×i!×(n−i)!

也就是我们只需要求出 1∼n1\sim n1∼n 的 fif_ifi 即可。

我们知道

fi=∑p∈S∏j=1iapjf_i= \displaystyle\sum_{p\in S}\prod\limits_{j=1}^{i}a_{p_{j}} fi=p∈S∑j=1∏iapj

即：

fi=∑j=1ifi−j×fjf_i=\sum_{j=1}^{i}f_{i-j}\times f_j fi=j=1∑ifi−j×fj

显然就是一个自己卷自己的分治FFT的模板，直接用分治 FFT O(nlog⁡2n)O(n\log^2 n)O(nlog2n) 计算即可，递归的边界设为 aia_iai。

Hint

CF GNU C++17 (64) = 327 ms，GNU C++17 = 951 ms ∼\sim∼ TLE …

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
const int N = 2e5 + 5, mod = 998244353, P = 998244353, MOD = 998244353;template <typename T> inline void read(T& t) {int f = 0, c = getchar(); t = 0; while (!isdigit(c)) f |= c == '-', c = getchar();while (isdigit(c)) t = t * 10 + c - 48, c = getchar();if (f) t = -t;
}template <typename T> void print(T x) {if (x < 0) x = -x, putchar('-');if (x > 9) print(x / 10);putchar(x % 10 + 48);
}    int RR[N];
int n, m, s, t, k, a[N];
int limit, L , G = 3; int qpow(int a, int b)
{int ans = 1;while(b) {if(b & 1) ans = 1ll * ans * a % mod;a = 1ll * a * a % mod;b >>= 1;}return ans % mod;
}
void NTT(int limit, int *A, int type) {for (int i = 0; i < limit; i ++)if (i < RR[i])swap(A[i], A[RR[i]]); for (int mid = 1; mid < limit; mid <<= 1) {int wn = qpow(G, (mod - 1) / (mid << 1)); for (int pos = 0; pos < limit; pos += (mid << 1)) {int w = 1; for (int k = 0; k < mid; k ++, w = 1ll * w * wn % mod) {int x = A[pos + k], y = 1ll * w * A[pos + mid + k] % mod;A[pos + k] = (x + y) % mod;A[pos + k + mid] = (x - y + mod) % mod;}}} if (type == 1)return ; for (int i = 1; i < limit / 2; i ++)swap(A[i], A[limit - i]); int inv = qpow(limit, mod - 2); for (int i = 0; i < limit; i ++) {A[i] = 1ll * A[i] * inv % mod;}
}
void NTT_mul(int *f, int *g, int *h, int n, int m)
{int limit = 1, L = 0; while(limit <= n + m) limit <<= 1, L ++ ; for (int i = n + 1; i < limit; ++ i) f[i] = 0; for (int i = m + 1; i < limit; ++ i) g[i] = 0; for (int i = 0; i < limit; ++ i)RR[i] = (RR[i >> 1] >> 1) | ((i & 1) << (L - 1));NTT(limit, f, 1), NTT(limit, g, 1); for (int i = 0; i < limit; ++ i)h[i] = 1ll * f[i] * g[i] % mod;  NTT(limit, h, -1);
}     int f[N << 1], g[N << 1], h[N << 1];
int inv[N << 1], fact[N << 1], infact[N << 1];vector<int> solve(int l, int r)
{vector<int> res;if(l == r) {return {1, a[l]};}int mid = (l + r) >> 1;int len1 = mid - l + 1, len2 = r - mid;auto res1 = solve(l, mid);auto res2 = solve(mid + 1, r);for (register int i = 0; i <= len1; ++ i) f[i] = res1[i];for (register int i = 0; i <= len2; ++ i)g[i] = res2[i]; NTT_mul(f, g, h, len1, len2);res.resize(len1 + len2 + 1);for (register int i = 0; i < len1 + len2 + 1; ++ i)  res[i] = h[i]; return res;
} void pre_work(int n)
{inv[0] = inv[1] = 1;for (int i = 2; i <= n; ++ i)  inv[i] = 1ll * (mod - mod / i) * inv[mod % i] % mod;   fact[0] = infact[0] = 1;for (int i = 1; i <= n; ++ i) {fact[i] = 1ll * fact[i - 1] * i % mod;infact[i] = 1ll * infact[i - 1] * inv[i] % mod;}
}int main()
{pre_work(N - 7);read(t);while(t -- ) {read(n);for (register int i = 1; i <= n; ++ i)  read(a[i]); auto res = solve(1, n); int ans = 0;for (register int i = 1;i <= n; ++ i) {ans += 1ll * res[i] * fact[i] % mod * fact[n - i] % mod;if(ans >= mod) ans -= mod;}ans = 1ll * ans * infact[n] % mod;print(ans);puts("");}return 0;
}

%=[x^i]\prod_{j=1}^{n}(1+a_j x)

%显然有f_1=\displaystyle \sum_{i=1}^na_i,f_2=\sum_{j=1}^{2}f_{2-j}\times f_j

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