AT4996 [AGC034F] RNG and XOR【異或,期望】

AT4996 [AGC034F] RNG and XOR

設 $e_i$ 表示從 0 走到 $i$ 的期望次數，顯然等於 $i$ 走到 0 的期望次數。
$e_i=\begin{cases}0,&i=0\\1+\sum_{j=0}^{2^n-1}e_{i\oplus j}*p_j,&i\neq 0\end{cases}$

設 $E,P$ 分別爲 $e_i,p_i$ 的集合冪級數，用異或卷積定義乘法，則有：
$E*P+I=E+c$
其中 $c$ 爲一個常數，用於修正 $e_0$。

得到 $FWT(E)*FWT(P)+FWT(I)=FWT(E)+FWT(c)$
在 $i$ 處的關係式爲：$FWT(E)_i*(FWT(P)_i-1)=FWT(c)_i-FWT(I)_i$
其中 $FWT(I)=2^n$，$FWT(c)=\sum_{i=0}^{2^n-1}cx^i$
當 $i=0$ 時，$FWT(P)_0=\sum p_i=1$，所以 $c=FWT(I)_0=2^n$

對於 $i>1$，$FWT(P)_i<S(P)=1$，所以 $FWT(E)_i=\frac {2^n}{FWT(P)_i-1}$

而 $FWT(E)_0$ 利用 $e_0=0=\frac 1{2^n}\sum_{j=0}^{2^n-1}FWT(E)_j$ 求解。

實際上可以假設 $FWT(E)_0=0$ 求出一個答案 $E'$，然後實際上 $E_i=E_i'+\frac 1{2^n}FWT(E)_0$，所以 $\frac 1{2^n}FWT(E)_0=0-E_0'$

求出 $FWT(E)$ 後再變換回來就可以了。

雙倍經驗：ZJOI2019開關，題解裏面最後 $FWT(G)_T=\sum_{i\notin T}p_i-\sum_{i\in T}p_i$ 是因爲概率只在單點處有值。

Code：

#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 300005
using namespace std;
const int mod = 998244353;
int n,N,p[maxn],E[maxn];
int Pow(int a,int b){int s=1;for(;b;b>>=1,a=1ll*a*a%mod) b&1&&(s=1ll*s*a%mod); return s;}
int upd(int x){return x+(x>>31&mod);}
void FWT(int *a,int len,int flg){
	for(int i=2,l=1,v;i<=len;l=i,i<<=1)
		for(int j=0;j<len;j+=i)
			for(int k=j;k<j+l;k++)
				v=a[k],a[k]=upd(v+a[k+l]-mod),a[k+l]=upd(v-a[k+l]);
	if(flg^1) for(int i=0,Inv=Pow(len,mod-2);i<len;i++) a[i]=1ll*a[i]*Inv%mod;
}
int main()
{
	scanf("%d",&n),N=1<<n; int s=0;
	for(int i=0;i<N;i++) scanf("%d",&p[i]),s=upd(s+p[i]-mod);
	s=Pow(s,mod-2);
	for(int i=0;i<N;i++) p[i]=1ll*p[i]*s%mod;
	FWT(p,N,1);
	for(int i=1;i<N;i++) E[i]=1ll*N*Pow(upd(p[i]-1),mod-2)%mod;
	FWT(E,N,-1);
	int x=mod-E[0];
	for(int i=0;i<N;i++) printf("%d\n",upd(E[i]+x-mod));
}