题目传送门
分析：
（太棒了学到虚脱）
先考虑暴力DP：
[f_i=1+sum_{j=0}^{2^n-1}p_jf_{ioplus j}
]
感觉可以用FWT优化诶。。。
设(F)为(f)的集合幂级数，(P)为(p)的集合幂级数，(I)为每一位都是1的集合幂级数
把上面的DP表达一下：
[F*P+I=F+c
]
这里的乘法是异或卷积
这里(c)是一个常数，因为(F(0)=0)需要在常数位进行数值的调整
设(S(F))表示集合幂级数(F)每一位的和，发现：
[S(F)*S(P)+S(I)=S(F)+c
]
带回最原始的DP式，对每个(f_i)求和，发现没有问题
由于(S(P)=1,S(I)=2^n)，化简上式，发现(c=2^n)
对最初的式子变换一下：
(F*P+I=F+c)
(F*(P-1)=c-I)
发现是一个卷积形式，套FWT函数
[FWT(F)_iFWT(P-1)_i=FWT(c-I)_i
]
当(i=0)时，(FWT(P-1)_i=(sum_{j=0}^{2^n-1}p_i)-1=0)
其余情况可以满足(FWT(P-1)_i)不为0，于是做除法：
[FWT(F)_i=frac{FWT(c-I)_i}{FWT(P-1)_i}
]
怎么求(FWT(F)_0)？
把逆变换的式子拿出来：
[f_i=frac{1}{2^n}sum_{j=0}^{2^n-1}(-1)^{popcount(i&j)}FWT(F)_j
]
(popcount(x))为(x)二进制下1的个数
我们令(i=0)，又因为(f_i=0)，那么：
[sum_{j=0}^{2^n-1}FWT(F)_j=0
]
[FWT(F)_0=-sum_{j=1}^{2^n-1}FWT(F)_j
]
逆变换回去，解出(F)即可
复杂度(O(2^nn))
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<iostream>
#include<map>
#include<string>
#define maxn 3000005
#define MOD 998244353
#define inv2 499122177
using namespace std;
inline int getint()
{
int num=0,flag=1;char c;
while((c=getchar())<'0'||c>'9')if(c=='-')flag=-1;
while(c>='0'&&c<='9')num=num*10+c-48,c=getchar();
return num*flag;
}
int n,N;
int E[maxn],P[maxn],I[maxn];
inline int ksm(int num,int k)
{
int ret=1;
for(;k;k>>=1,num=1ll*num*num%MOD)if(k&1)ret=1ll*ret*num%MOD;
return ret;
}
inline void FWT_xor(int *a,int opt,int N)
{
for(int i=1;i<N;i<<=1)for(int j=0;j<N;j+=(i<<1))
for(int k=0;k<i;k++)
{
int x=a[j+k],y=a[i+j+k];
a[j+k]=(x+y)%MOD,a[i+j+k]=(x-y+MOD)%MOD;
if(!~opt)a[j+k]=1ll*a[j+k]*inv2%MOD,a[i+j+k]=1ll*a[i+j+k]*inv2%MOD;
}
}
int main()
{
n=getint(),N=1<<n;int s=0;
for(int i=0;i<N;i++)s+=P[i]=getint(),s%=MOD;
s=ksm(s,MOD-2);
for(int i=0;i<N;i++)P[i]=1ll*P[i]*s%MOD;P[0]--;
I[0]=N-1,s=0;
for(int i=1;i<N;i++)I[i]=MOD-1;
FWT_xor(P,1,N),FWT_xor(I,1,N);
for(int i=1;i<N;i++)E[i]=1ll*I[i]*ksm(P[i],MOD-2)%MOD,s=(s+E[i])%MOD;
E[0]=MOD-s;
FWT_xor(E,-1,N);
for(int i=0;i<N;i++)printf("%d
",E[i]);
}
