前夕
Portal -->broken qwq
Description
为了抵御以尼古拉奥尔丁为首的上古龙族的入侵，地球的守护者 Yopilla 集齐了$ n$ 种人类文明的本源力量 —— 世界之力。
Yopilla 打算使用若干种技能来对抗尼古拉奥尔丁的进攻。每种技能由若干种世界之力构成。换句话说，一共有 $2 ^ n $种技能，Yopilla 要使用若干种技能来对抗尼古拉奥尔丁。
大战前夕，Yopilla 走在波士顿的街头，突然看见天空中飞过了 \(4\) 只白鸽，他便洞察了战胜尼古拉奥尔丁的秘密：只要他使用的技能中，都含有的世界之力的种类数恰好为 \(4\) 的倍数，他便可以打败敌人。
Yopilla 想知道，他有多少种使用技能的情况，能战胜敌人。请你替 Yopilla 回答这个问题，答案对 \(998244353\) 取模即可。
数据范围：\(1<=n<=10^7\)
Solution
其实就是说要从\(2^n\)个集合中选一些出来使得交集大小为\(4\)的倍数的方案数
（首先要疯狂orzypl真的学长太强啦qwq感觉也是。。不看题解怎么都想不出来系列qwq）
（套路预警）
我们定义一个函数\(a(x)\)表示交集中一定含有某\(k\)个元素的方案数之和，则有：
具体一点的话就是考虑构造一种这\(k\)个元素一定在交集中的方案，我们可以将这\(k\)个元素全部拎出来，然后剩下的\(n-k\)个元素组成若干个集合（不一定所有元素都要用完），然后再给每一个集合都加入这\(k\)个元素，这样交集一定满足要求，所以就是\(n-k\)个元素可以组成\(2^{n-k}\)个集合，然后每个集合可以选或者不选，最后再\(-1\)将空集去掉，就是后面括号中的那一部分，前面的话是在\(n\)个数里面选\(k\)个数有多少种不同的选法
然后我们考虑构造一个容斥系数\(f(x)\)，使得：
接下来就是怎么求这个\(f\)了
我们考虑对于一种交集大小恰好为\(x\)的方案，在设计中应该只有满足\(x\% 4==0\)的时候会计算一次，否则不会算，也就是\([x\ mod\ 4=0]\)
然而实际上看回这条式子中我们计算的次数是：
具体一点的话就是，我们考虑这个最终的交集中，有多少个数是一开始钦定一定在交集中的（也就是枚举的\(i\)），然后因为这个方案满足\(i\)个数一定在交集中所以看回上面的式子就有\(f(i)\)的贡献了，然后因为这个\(i\)还要具体到哪些数，所以还在再乘上一个组合数相当于枚举是哪\(i\)个
因此我们的\(f(i)\)应该满足的条件是
接下来的化简需要用到二项式反演，经典形式有这两种：
证明的话（自己比较懒没有写相关博客qwq）可以看这里Portal-->
所以如果将\([x\equiv 0\ (mod\ 4)]\)看成一个函数\(g(x)\)的话，我们就可以把上面的式子写成：
这个时候，我们又要用到一个很神奇的东西：单位复数根（Portal -->FFT)
记\(w_m\)为主\(m\)次单位根，那么根据这个东西的求和引理当\(m>=1\)时我们可以的到：
当\(k\%m!=0\)的时候就是求和引理本身的内容，而当\(k\%m==0\)的时候\(w_m^k=w_m^0=1\)，所以求和之后就是\(m\)了（证明什么的在FFT那篇博里面qwq）
所以\([i\equiv 0\ (mod\ 4)]\)可以看成令\(m=4\)时的\(\frac{1}{m}\sum\limits_{i=0}^{m-1}(w_m^k)^i\)
所以我们上面的式子又可以进一步写成（其中\(m=4\)）：
第一步到第二步中\((-1)^{x-i}\)变成了\((-1)^x(-1)^i\)是因为\((-1)^i=(-1)^{-i}\)
第二步到第三步是将\((-1)^x\)提出来然后根据二项式定理可以得出这个东西是\((1-w_m^j)^x\)，二项式定理的一般形式这里还是写一下：
中间是负号的话就是多乘一个\((-1)^k\)
于是我们就可以在\(O(nm)\)的时间内求出\(f\)然后再暴力用\(f\)和\(a\)求出答案就好了（这里的\(m\)其实就是\(4\)。。）
单位复数根的话可以用模数的原根来求（跟NTT一样的）
然后还有一个小细节就是在求\(a\)的时候\(2^{2^{n-k}}\)这步如果直接处理显然会炸，所以我们可以考虑枚举\(k\)的时候倒过来枚举，然后把这个数记在一个变量里，每次直接这个变量平方一下就可以得到下一次的答案了（具体自己写写指数就知道了。。\(k\)减小\(1\)的时候\(n-k\)会增加\(1\)，那\(2^{n-k}\)就会是原来的两倍，所以直接平方一下就好了）
代码大概长这个样子
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=1e7+10,MOD=998244353,inv4=748683265;
int fac[N],invfac[N];
int f[N],w[4],W[4];
int n,m,tmp;
int ksm(int x,ll y){
int ret=1,base=x;
for (;y;y>>=1,base=1LL*base*base%MOD)
if (y&1) ret=1LL*ret*base%MOD;
return ret;
}
void prework(int n){
fac[0]=1;
for (int i=1;i<=n;++i) fac[i]=1LL*fac[i-1]*i%MOD;
invfac[n]=ksm(fac[n],MOD-2);
for (int i=n-1;i>=0;--i) invfac[i]=1LL*invfac[i+1]*(i+1)%MOD;
w[0]=1; w[1]=ksm(3,(MOD-1)/4);
for (int i=2;i<4;++i) w[i]=1LL*w[i-1]*w[1]%MOD;
for (int i=0;i<4;++i) W[i]=1,w[i]=(1LL+MOD-w[i])%MOD;
}
int C(int n,int m){return n<m?0:1LL*fac[n]*invfac[m]%MOD*invfac[n-m]%MOD;}
void solve(){
int ret=1,tmp,mi=2;
for (int i=n;i>=0;--i){
tmp=1LL*C(n,i)*((mi-1+MOD)%MOD)%MOD;
ret=(1LL*tmp*f[i]%MOD+ret)%MOD;
mi=1LL*mi*mi%MOD;
}
printf("%d\n",ret);
}
int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("a.in","r",stdin);
#endif
scanf("%d",&n);
prework(n);
int mark=-1;
for (int i=0;i<=n;++i){
mark*=-1;
f[i]=0;
for (int j=0;j<4;++j)
f[i]=(1LL*f[i]+W[j])%MOD;
f[i]=1LL*mark*f[i]*inv4%MOD;
if (f[i]<0) f[i]+=MOD;
for (int j=0;j<4;++j) W[j]=1LL*W[j]*w[j]%MOD;
}
solve();
}
/*
input
2
output
11
*/
