这样$ PKUWC$就只差一道斗地主了
假装补题补完了吧.....
这题还是挺巧妙的啊......
题意
每个人有一个嘲讽值$a_i$，每次杀死一个人，杀死某人的概率为$ \frac{a_i}{a_{alive}}$，求第一个人最后死的概率
数据范围：$ 1 \leq a_i \leq 10^5，\sum\limits_{i=1}^n a_i \leq 10^5$
$Solution$
以下部分用$ val$表示所有人的嘲讽值之和
先讲讲$ n*val$的$ DP$
用$ P_S$表示集合$ S$中的人都在$ 1$后面死的概率
由于期间打死其他人不会影响$ P_S$的结果
每个$ P_S$是独立的
等价与下一枪打在$ S$或$1$上打死$1$的概率即$ \frac{a_i}{a_S+a_i}$
其中$ a_S$表示集合$ S$的嘲讽值之和
则容斥计算答案为$ \sum\limits(-1)^{|S|+1}P_S$
容易发现枚举集合的复杂度过大无法承受
发现$ val$不大
尝试用$ f_{i,j}$表示前$ i$个人(从2开始枚举)嘲讽值之和为$ j$的方案数
发现有容斥系数不能直接记录方案
不过没有关系，由于容斥系数只和奇偶性有关，我们只需要把$ f_{i,j}$改成嘲讽值之和为$j$的系数和即可
转移的时候分选$ i$和不选$i$两种
如果选了前面的奇偶性会全部改变
因此得出转移方程式$ f_{i,j}=f_{i-1,j}-f_{i-1,j-a[i]}$
可以过$ 50$分
考虑生成函数
发现转移的本质是若干个形如$ (1-x^{a_i})$的二项式相乘
即最终转移结果为 $\prod\limits_{i=2}^n 1-x^{a_i}$
用$ NTT$分治计算这个过程
由于类似线段树结构的分治只有$ log_n$层，每层的复杂度是$ O(val \ log_{val})$
因此总复杂度是$ O(val \ log_n \ log_{val})$的，可以通过本题
以及还有$一个log$的小$ trick$
暂时还不会....以后再写吧
$update$
尝试去写了一下，好像比$ log^2$的分治慢啊....代码太丑就不贴了...Exp常数真大...
$ my \ code:$
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<queue>
#define p 998244353
#define rt register int
#define ll long long
using namespace std;
inline ll read(){
ll x = ; char zf = ; char ch = getchar();
while (ch != '-' && !isdigit(ch)) ch = getchar();
if (ch == '-') zf = -, ch = getchar();
while (isdigit(ch)) x = x * + ch - '', ch = getchar(); return x * zf;
}
void write(ll y){if(y<)putchar('-'),y=-y;if(y>)write(y/);putchar(y%+);}
void writeln(const ll y){write(y);putchar('\n');}
int i,j,k,m,n,x,y,z,cnt;
int a[];
int ksm(int x,int y){
int ans=;
for(rt i=y;i;i>>=,x=1ll*x*x%p)if(i&)ans=1ll*ans*x%p;
return ans;
}
namespace poly{
vector<int>R;
void getR(int n){
R.resize(n);
for(rt i=;i<n;i++)R[i]=(R[i>>]>>)|(i&)*(n>>);
}
void NTT(int n,vector<int>&A,int fla){
for(rt i=;i<n;i++)if(i>R[i])swap(A[i],A[R[i]]);
for(rt i=;i<n;i<<=){
int w=ksm(,(p-)//i);
for(rt j=;j<n;j+=i<<){
int K=;
for(rt k=;k<i;k++,K=1ll*K*w%p){
int x=A[j+k],y=1ll*K*A[i+j+k]%p;
A[j+k]=(x+y)%p,A[i+j+k]=(x-y)%p;
}
}
}
if(fla==-){
reverse(A.begin()+,A.end());int invn=ksm(n,p-);
for(rt i=;i<n;i++)A[i]=1ll*A[i]*invn%p;
}
}
}
using namespace poly;
int calc(int L,int R,vector<int>&A){
if(L==R){
A.resize(a[L]+);
A[]=;A[a[L]]=-;
return a[L];
}
const int mid=L+R>>;
vector<int>f,g;
int len=calc(L,mid,f)+calc(mid+,R,g);
int lim=;while(lim<=len)lim<<=;
getR(lim);f.resize(lim);g.resize(lim);A.resize(lim);
NTT(lim,f,);NTT(lim,g,);
for(rt i=;i<lim;i++)A[i]=1ll*f[i]*g[i]%p;
NTT(lim,A,-);
return len;
}
int main(){
n=read();
for(rt i=;i<=n;i++)a[i]=read();
vector<int>xs;
int sum=calc(,n,xs);int ans=;
for(rt i=;i<=sum;i++)(ans+=1ll*xs[i]*ksm(i+a[],p-)%p*a[]%p)%=p;
cout<<(ans+p)%p;
return ;
}