HDU-7314 2023“钉耙编程”杭电多校赛（4）Data Generation

HDU-7314 2023“钉耙编程”杭电多校赛（4）Data Generation

题目大意

给定$n$和$m$，求下面的算法中$ans$的期望值模$998244353$后的结果。

有$T$组数据。

$1\le T\le 10^5,1\le n\le 10^{18},0\le m\le 10^{18}$

数据保证$n$不是$998244353$的倍数。

题解

显然对于每个$1\le i\le n$，$m$次交换后$a_i\ne i$的概率是相同的，那题意即求$[a_0\ne 0]$的期望值$\times n$，我们只需要求$[a_0\ne 0]$的期望值。

设$f_i$表示在第$i$次交换后$a_0=0$的概率，$g_i$表示在第$i$次交换后$a_0\ne 0$的概率。则递推式如下：

$f_i=f_{i-1}\times \frac{1+(n-1{)}^2}{n^2}+g_{i-1}\times \frac{2}{n^2}$

$g_i=f_{i-1}\times [1-\frac{1+(n-1{)}^2}{n^2}]+g_{i-1}\times (1-\frac{2}{n^2})$

用矩阵优化：

$$\left[\begin{array}{c}{f}_i\\ g_i\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}\frac{1+(n-1{)}^2}{n^2}& \frac{2}{n^2}\\ 1-\frac{1+(n-1{)}^2}{n^2}& 1-\frac{2}{n^2}\end{array}\right]\times \left[\begin{array}{c}{f}_{i-1}\\ g_{i-1}\end{array}\right]$$

那么

$$\left[\begin{array}{c}{f}_m\\ g_m\end{array}\right]={\left[\begin{array}{cc}\frac{1+(n-1{)}^2}{n^2}& \frac{2}{n^2}\\ 1-\frac{1+(n-1{)}^2}{n^2}& 1-\frac{2}{n^2}\end{array}\right]}^m\times \left[\begin{array}{c}{f}_0\\ g_0\end{array}\right]$$

因为$f_0=1$，答案为$n\times g_m$，所以下列矩阵的第二行第一列的数乘$n$即为答案。

$${\left[\begin{array}{cc}\frac{1+(n-1{)}^2}{n^2}& \frac{2}{n^2}\\ 1-\frac{1+(n-1{)}^2}{n^2}& 1-\frac{2}{n^2}\end{array}\right]}^m$$

这个矩阵可以用矩阵快速幂来求。

时间复杂度为$O(\sum \log m)$。

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const long long mod=998244353;
int T;
long long n,m,ny,p1,p2,p3,p4;
struct matrix{
	long long a[2][2];
	matrix operator*(const matrix ax)const{
		matrix cx;
		for(int i=0;i<2;i++){
			for(int j=0;j<2;j++){
				cx.a[i][j]=0;
				for(int k=0;k<2;k++){
					cx.a[i][j]=(cx.a[i][j]+a[i][k]*ax.a[k][j])%mod;
				}
			}
		}
		return cx;
	}
}w;
long long in(){
	long long t=0,fl=1;
	char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9') ch=getchar();
	while(ch>='0'&&ch<='9'){
		t=t*10+ch-'0';ch=getchar();
	}
	return t*fl;
}
long long mi(long long t,long long v){
	if(!v) return 1;
	long long re=mi(t,v/2);
	re=re*re%mod;
	if(v&1) re=re*t%mod;
	return re;
}
matrix dd(matrix t,long long v){
	matrix re;
	re.a[0][1]=re.a[1][0]=0;
	re.a[0][0]=re.a[1][1]=1;
	while(v){
		if(v&1) re=re*t;
		v>>=1;t=t*t;
	}
	return re;
}
int main()
{
	T=in();
	while(T--){
		n=in();m=in();n%=mod;
		ny=mi(n,mod-2);
		p1=(1+(n-1)*(n-1))%mod*ny%mod*ny%mod;
		p2=2*ny*ny%mod;
		p3=(1-p1+mod)%mod;
		p4=(1-p2+mod)%mod;
		w.a[0][0]=p1;w.a[0][1]=p2;
		w.a[1][0]=p3;w.a[1][1]=p4;
		w=dd(w,m);
		printf("%lld\n",w.a[1][0]*n%mod);
	}
	return 0;
}