P10128 「Daily OI Round 3」Xor Graph

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题意

给定 $2^n$ 个点，编号为 $1\sim 2^n$，两个点 $x,y$ 之间有一条有向边当且仅当 $y\ \text{or}\ x=x,y\ \text{xor}\ x=2^k(k\in[0,n))$。令 $f_{x,y}$ 为 $x$ 点到 $y$ 点的不同路径数，求：

$$\sum_{i=1}^{2^n}\sum_{j=1}^{2^n}f_{i,j}(i\neq j)$$

答案对 $998244353$ 取模。

分析

把编号的二进制表示看成集合，那么对于一条边 $x\rightarrow y$，$y$ 是 $x$ 仅少了一个元素的子集。

显然点 $2^n$ 是没用的，因为没有点 $0$。对于任意 $y\ \text{or}\ x=x$，从 $x$ 走到 $y$ 相当于去掉 $\operatorname{popcount}(y\ \text{xor}\ x)$ 个元素，有 $f(x,y)=\operatorname{popcount}(y\ \text{xor}\ x)!$ 种路径，其他情况 $f(x,y)=0$。

但这样计算仍然是 $O(2^{2n})$ 的，考虑换个计算方式，把路径数相同的点对拿出来算，有

$$\sum_{i=1}^{2^n}\sum_{j=1}^{2^n}f_{i,j}(i\neq j)$$ $$=\sum_{y\ \text{or}\ x=x}\operatorname{popcount}(y\ \text{xor}\ x)!$$ $$=\sum_{i=1}^ni!\sum [\operatorname{popcount}(y\ \text{xor}\ x)=i]$$

$\sum [\operatorname{popcount}(y\ \text{xor}\ x)=i]$ 相当于 $y$ 与 $x$ 有 $i$ 位不同的方案数，选出他们不同的位有 $C_n^i$ 种方案，相同的位有 $2^{n-i}-1$ 种方案（$y$ 不能为 $0$），所以：

$$\sum_{i=1}^ni!\sum [\operatorname{popcount}(y\ \text{xor}\ x)=i]$$ $$=\sum_{i=1}^ni!C_n^i(2^{n-i}-1)$$ $$=\sum_{i=1}^n\frac{n!}{(n-i)!}(2^{n-i}-1)$$ $$=n!\sum_{i=0}^{n-1}\frac{2^i-1}{i!}$$

后面那个和式显然是可以预处理前缀和的，于是这道题就解决了。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
long long read(){
	long long x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch))
	{if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
	while(isdigit(ch)){x=x*10+ch-48;ch=getchar();}
	return x*f;
}
void write(long long x){
    if(x<0) putchar('-'),x=-x;
    if(x>9) write(x/10);
    putchar(x%10+'0');
}
const int N=1e7+10;
const ll mod=998244353;
int n;
int fac[N],inv[N],m2[N],sum[N];
ll qmi(ll a,ll b){
	ll ans=1;
	while(b){
		if(b&1)ans=ans*a%mod;
		a=a*a%mod;b>>=1;
	}
	return ans;
}
int main(){
	//freopen(".in","r",stdin);
	//freopen(".out","w",stdout);
	fac[0]=inv[0]=m2[0]=1;
	for(int i=1;i<=N-2;i++)fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
	inv[N-2]=qmi(fac[N-2],mod-2);
	for(int i=N-3;i>=1;i--)inv[i]=1ll*inv[i+1]*(i+1)%mod;
	for(int i=1;i<=N-2;i++)m2[i]=m2[i-1]*2%mod;
	sum[0]=0;
	for(int i=1;i<=N-2;i++){
		sum[i]=(sum[i-1]+1ll*(m2[i]-1+mod)%mod*inv[i]%mod)%mod;
	}
	int T=read();
	while(T--){
		n=read();
		write(1ll*sum[n-1]*fac[n]%mod);
		puts("");
	}
	return 0;
}