【LOJ】#565. 「LibreOJ Round #10」mathematican 的二进制-分治NTT

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发现关键了性质就很简单。

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题解

关键性质：
一系列操作的总贡献=操作次数$\times 2-\text{bit}(val)$($val$代表最后得到的数)

也就是说答案与操作顺序无关，且可以分开统计操作次数的期望和最终数1的位数的期望。

操作$i$次的概率$t_i$的生成函数：$\sum t_i{x}^i=\prod (p_{i}x+1-p_i)$，分治NTT处理。

数的贡献可以分成单独一位和进位两步统计：
设$g_{i,j}$表示不考虑进位，第$i$位被加了$j$次的概率，考虑所有$a_j=i$的操作，答案还是个生成函数$\sum g_{i,j}{x}^j=\prod (p_{k}x+1-p_k)(a_k=i)$，依旧分治NTT处理。
设$f_{i,j}$表示考虑进位，第$i$位被加了$j$次的概率，假设已经处理好了$f_{i-1}$，$f_i$的转移即$f_{i,j}=\sum _{\lfloor \frac{a}{2}\rfloor +b=j}{f}_{i-1,a}{g}_{i,b}$，相当于$f_{i-1}$每项系数转移到整除2的那位后和$g_i$做了一次卷积。

总复杂度$O(m{\log }^{2}m)$

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代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e5+10,mod=998244353,g=3;
typedef long long ll;

int n,m,a[N],p[N];
int f[N<<2],h[N<<2],rk[N],ans,ivg,mx,lim;
vector<int>hv[N];

char buf[(1<<15)];int p1=0,p2=0;
inline char gc()
{
	if(p1==p2) p1=0,p2=fread(buf,1,(1<<15),stdin);
	return (p1==p2)?EOF:buf[p1++];
}
char cp;
template<class T>inline void rd(T &x)
{
	cp=gc();x=0;int f=0;
	for(;cp<'0' || cp>'9';cp=gc()) if(cp=='-') f=1;
	for(;cp>='0' && cp<='9';cp=gc()) x=x*10+(cp^48);
	if(f) x=-x;
}

inline int ad(int x,int y){x+=y;return x>=mod?x-mod:x;}
inline int dc(int x,int y){x-=y;return x<0?x+mod:x;}

inline int fp(int x,int y)
{
	int re=1;
	for(;y;y>>=1,x=(ll)x*x%mod)
	   if(y&1) re=(ll)re*x%mod;
	return re;
}

namespace poly{
   int d[20][N<<2],rv[N<<2],L,len;
   
   inline void ntt(int *e,int pr)
   {
   	   int i,j,k,ix,iy,pd,ori,G=pr?g:ivg;
   	   for(i=1;i<len;++i) if(i<rv[i]) swap(e[i],e[rv[i]]);
   	   for(i=1;i<len;i<<=1){
   	      ori=fp(G,(mod-1)/(i<<1));
   	      for(j=0;j<len;j+=(i<<1)){
   	      	for(pd=1,k=0;k<i;++k,pd=(ll)pd*ori%mod){
   	      		ix=e[j+k];iy=(ll)pd*e[j+i+k]%mod;
   	      		e[j+k]=ad(ix,iy);e[i+j+k]=dc(ix,iy);
			}
		  }
	   }
	   if(pr) return;
	   G=fp(len,mod-2);
	   for(i=0;i<len;++i) e[i]=(ll)e[i]*G%mod;
   }
   
   void mul(int *f,int *g,int n,int m)
   {
   	   int i;
   	   for(L=0,len=1;len<=n+m;len<<=1) L++;
	   for(i=1;i<len;++i) rv[i]=(rv[i>>1]>>1)|((i&1)<<(L-1));
	   for(i=n+1;i<len;++i) f[i]=0;
   	   for(i=m+1;i<len;++i) g[i]=0;
   	   ntt(f,1);ntt(g,1);
   	   for(i=0;i<len;++i) f[i]=(ll)f[i]*g[i]%mod;
	   ntt(f,0); 
   }
   
   void div(int dep,int l,int r)
   {
   	   if(l==r) {d[dep][0]=dc(1,p[rk[l]]);d[dep][1]=p[rk[l]];return;}
   	   int i,j,mid=(l+r)>>1,lim=mid-l+1;div(dep+1,l,mid);
   	   for(i=0;i<=lim;++i) d[dep][i]=d[dep+1][i];
   	   div(dep+1,mid+1,r);lim=r-l+1;
   	   mul(d[dep],d[dep+1],mid-l+1,r-mid);
   }
   
   void cal(int x)
   {
   	   int i;lim=hv[x].size();
   	   if(!lim) {d[0][0]=1;return;}
   	   for(i=0;i<lim;++i) rk[i+1]=hv[x][i];
   	   div(0,1,lim);
   }
}

using namespace poly;
int main(){
	int i,j,x,y,pre;ivg=fp(g,mod-2);
	rd(n);rd(m);
	for(i=1;i<=m;++i){	
	    rd(a[i]);mx=max(mx,a[i]);rd(x);rd(y);
		p[i]=(ll)x*fp(y,mod-2)%mod;rk[i]=i;
		hv[a[i]].push_back(i);
    }
    div(0,1,m);
	for(i=1;i<=m;++i) ans=ad(ans,(ll)2*i*d[0][i]%mod);
    cal(0);
    for(i=0;i<=lim;++i){f[i]=d[0][i];if(i&1) ans=dc(ans,f[i]);}
	for(pre=lim,i=1;i<=mx;++i){
    	cal(i);memset(h,0,sizeof(int)*((pre>>1)+2));
    	for(j=0;j<=pre;++j) h[j>>1]=ad(h[j>>1],f[j]);
    	pre>>=1;memcpy(f,h,sizeof(int)*(pre+2));
    	if(lim>0) mul(f,d[0],pre,lim);pre+=lim;
    	for(j=1;j<=pre;++j) if(j&1) ans=dc(ans,f[j]);
	}
	for(;pre>1;){
		memset(h,0,sizeof(int)*((pre>>1)+2));
    	for(i=0;i<=pre;++i) h[i>>1]=ad(h[i>>1],f[i]);
    	pre>>=1;memcpy(f,h,sizeof(int)*(pre+2));
    	for(i=1;i<=pre;++i) if(i&1) ans=dc(ans,f[i]);
	}
	printf("%d",ans);
	return 0;
}