#565. 「LibreOJ Round #10」mathematican 的二进制（期望 + 分治NTT）
题面
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_back
using 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_shadow
freopen ("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;
}
