标签：return Accelerator int 题解 sum poly 2020ICPC prod mod

题意

给定一个长为\(n\)的序列\(\{a_i\}\)，等概率随机一个长为\(n\)的排列\(\{p_i\}\)，求\(\{a_{p_i}\}\)的后缀积的和的期望。

\(1\le n\le 10^5,1\le a_i\le 10^9\)

题解

答案即为

\[\frac{1}{n!}\sum_{p}\sum_{i=1}^{n}\prod_{j\ge i}a_{p_{j}}. \]

我们考虑一个长为\(k\)的项\(\prod_{j=1}^{k}a_{q_{j}}\)会在分子中出现多少次，相当于序列的后\(k\)个数随机排列，前\(n-k\)个数随机排列的方案数，故出现次数为\(k!(n-k)!\)。记\(S=\{1,2,3,...,n\}\)，则答案可以改写成

\[\frac{1}{n!}\sum_{p}\sum_{i=1}^{n}\prod_{j\ge i}a_{p_{j}}=\frac{1}{n!}\sum_{k=1}^{n}k!(n-k)!\sum_{T\subset S,|T|=k}\prod_{i\in T}a_i=\sum_{k=1}^{n}\frac{k!(n-k)!}{n!}\sum_{T\subset S,|T|=k}\prod_{i\in T}a_i=\sum_{k=1}^n\frac{\sum_{T\subset S,|T|=k}\prod_{i\in T}a_i}{\binom{n}{k}}, \]

而

\[\sum_{T\subset S,|T|=k}\prod_{i\in T}a_i=[x^k]\prod_{i=1}^{n}(1+a_i x), \]

于是分治计算\(\prod_{i=1}^n(1+a_i x)\)即可。复杂度\(O(n\log^2n )\)

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll=long long;
const int mod=998244353;
const int N=100005;
const double pi=acos(-1.0);
inline int add(int x,int y){x+=y;return x>=mod?x-mod:x;}
inline int mul(int x,int y){return 1ll*x*y%mod;}
int pm(int x,int y){
    int res=1;
    while(y){
        if(y&1) res=mul(res,x);
        x=mul(x,x),y>>=1;
    }
    return res;
}
inline int getinv(int x){return pm(x,mod-2);}
inline int getN(int x){
    int N=1;
    while(N<=x) N<<=1;
    return N;
}
const int maxn=1<<18;
namespace Poly{
    int inv[maxn];
    void init(int N){
        inv[0]=inv[1]=1;
        for(int i=2;i<N;i++) inv[i]=mul(inv[mod%i],mod-mod/i);
    }
    void ntt(int *A,int N,int opt){
        for(int i=0,j=0;i<N;i++){
            if(i<j) swap(A[i],A[j]);
            for(int l=(N>>1);(j^=l)<l;l>>=1);
        }
        for(int l=2;l<=N;l<<=1){
            int m=(l>>1),w0=pm(3,(mod-1)/l);
            if(opt==-1) w0=getinv(w0);
            for(int j=0;j<N;j+=l)
                for(int i=j,w=1;i<j+m;i++,w=mul(w,w0)){
                    int v=mul(A[i+m],w);
                    A[i+m]=add(A[i],mod-v);
                    A[i]=add(A[i],v);
                }
        }
        if(opt==-1){
            int tmp=getinv(N);
            for(int i=0;i<N;i++) A[i]=mul(A[i],tmp);
        }
    }
}
using Poly::ntt;
using poly=vector<int>;
int A[maxn],B[maxn],C[maxn];
poly polymul(poly a,poly b){
    poly c;
    int n=a.size()-1,m=b.size()-1;
    c.resize(n+m+1);
    int N=getN(n+m);
    for(int i=0;i<=n;i++) A[i]=a[i];
    for(int i=n+1;i<N;i++) A[i]=0;
    for(int i=0;i<=m;i++) B[i]=b[i];
    for(int i=m+1;i<N;i++) B[i]=0;
    ntt(A,N,1),ntt(B,N,1);
    for(int i=0;i<N;i++) A[i]=mul(A[i],B[i]);
    ntt(A,N,-1);
    for(int i=0;i<=n+m;i++) c[i]=A[i];
    return c;
}
int n,b[N];
poly sol(int l,int r){
	if(l==r){return poly{1,b[l]};}
	int mid=l+r>>1;
	return polymul(sol(l,mid),sol(mid+1,r));
}
ll ss[N],invs[N];
ll binom(int n,int m){return ss[n]*invs[m]%mod*invs[n-m]%mod;}
void f1(){
	ss[0]=1;
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		ss[i]=ss[i-1]*i%mod;
		scanf("%d",&b[i]);
	}
	invs[n]=pm(ss[n],mod-2);
	for(int i=n-1;i>=0;i--)invs[i]=invs[i+1]*(i+1)%mod;
	poly res=sol(1,n);
	ll ans=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		ans=(ans+1ll*res[i]*getinv(binom(n,i))%mod)%mod;
	}
	printf("%lld\n",ans);
	
}
int main(){
	int t;scanf("%d",&t);
	while(t--)
		f1();
	return 0;	
}

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来源： https://www.cnblogs.com/bobh/p/15376724.html

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