【LOJ2541】猎人杀（PKUWC2018）-容斥+级数+分治NTT

测试地址：猎人杀
做法：本题需要用到容斥+级数+分治NTT。
要求1$1$号最后一个被射杀，其实就是要求所有人都不能在1$1$号后被射杀。这种要求全部条件满足求方案数/概率的情况，就要考虑容斥，即枚举一个集合S$S$，计算强制这S$S$个人在1$1$号后被射杀的概率p(S)$p(S)$，那么答案就等于：
ans=∑S(−1)|S|p(S)$ans=\sum _S(-1{)}^{|S|}p(S)$
可是由于游戏的每一步中，概率的分母都不同，p(S)$p(S)$很难计算，怎么办呢？我们需要对游戏做出一些转化：一个人被射杀后，他仍然参与概率的计算，但如果射中了已经被射杀的人，就再射一次，显然这和原来的游戏是等价的。这样的话，令sum(S)=∑i∈Swi,W=∑ni=1wi$sum(S)=\sum _{i\in S}{w}_i,W=\sum _{i=1}^n{w}_i$，我们有：
p(S)=∑∞i=0(1−w1+sum(S)W)iw1W$p(S)=\sum _{i=0}^{\mathrm{\infty }}(1-\frac{w_1+sum(S)}{W}{)}^i\frac{w_1}{W}$
把w1W$\frac{w_1}{W}$提出来后，剩下的和式是一个无穷级数，因为0<1−w1+sum(S)W<1$0<1-\frac{w_1+sum(S)}{W}<1$，所以这个级数是收敛的，那么它就等于前缀和数列的极限。我们有公式：
∑∞i=0xi=11−x$\sum _{i=0}^{\mathrm{\infty }}{x}^i=\frac{1}{1-x}$
所以有：
p(S)=w1W⋅Ww1+sum(S)=w1w1+sum(S)$p(S)=\frac{w_1}{W}\cdot \frac{W}{w_1+sum(S)}=\frac{w_1}{w_1+sum(S)}$
于是有：
ans=w1∑S(−1)|S|w1+sum(S)$ans=w_1\sum _S\frac{(-1{)}^{|S|}}{w_1+sum(S)}$
虽然我们极大地简化了所求的式子，但是这个还是不太好求。这时我们注意到一个条件：∑ni=1wi≤105$\sum _{i=1}^n{w}_i\le {10}^5$，这启发我们分开计算每种分母的贡献。于是我们构造一个生成函数，其中xi$x_i$项的系数就表示分母为i$i$的数对答案贡献的分子，我们怎么算出这个生成函数呢？注意到这就等于xw1∑ni=2(x0−xwi)$x^{w_1}\sum _{i=2}^n(x^0-x^{w_i})$，于是分治NTT求出后面的部分即可。这里的分治NTT就是单纯的分治+NTT，而不是CDQ分治+NTT。于是我们就解决了这一题，时间复杂度为O(WlogWlogn)$O(W\log W\log n)$。
以下是本人代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=998244353;
const ll g=3;
int n,sum,rev[200010],cnt=0,siz[30];
ll w[200010],A[30][200010];

ll power(ll a,ll b)
{
    ll s=1,ss=a;
    b=(b+mod-1)%(mod-1);
    while(b)
    {
        if (b&1) s=s*ss%mod;
        ss=ss*ss%mod;b>>=1;
    }
    return s;
}

ll NTT(ll *a,int n,int type)
{
    for(int i=0;i<n;i++)
        if (i<rev[i]) swap(a[i],a[rev[i]]);
    for(int mid=1;mid<n;mid<<=1)
    {
        ll W=power(g,type*(mod-1)/(mid<<1));
        for(int l=0,G=(mid<<1);l<n;l+=G)
        {
            ll w=1;
            for(int k=0;k<mid;k++,w=w*W%mod)
            {
                ll x=a[l+k],y=w*a[l+mid+k]%mod;
                a[l+k]=(x+y)%mod;
                a[l+mid+k]=(x-y+mod)%mod;
            }
        }
    }
    if (type==-1)
    {
        ll inv=power(n,mod-2);
        for(int i=0;i<n;i++)
            a[i]=a[i]*inv%mod;
    }
}

void solve(int l,int r)
{
    if (l==r)
    {
        cnt++;
        A[cnt][0]=1,A[cnt][w[l]]=mod-1;
        siz[cnt]=w[l];
        for(int i=1;i<w[l];i++)
            A[cnt][i]=0;
        return;
    }

    int mid=(l+r)>>1;
    solve(l,mid);
    solve(mid+1,r);

    int bit=0,x=1,a=cnt-1,b=cnt,tot=siz[a]+siz[b];
    while(x<=tot) bit++,x<<=1;
    rev[0]=0;
    for(int i=1;i<x;i++)
        rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(bit-1));
    for(int i=siz[a]+1;i<x;i++)
        A[a][i]=0;
    for(int i=siz[b]+1;i<x;i++)
        A[b][i]=0;
    NTT(A[a],x,1),NTT(A[b],x,1);
    for(int i=0;i<x;i++)
        A[a][i]=A[a][i]*A[b][i]%mod;
    NTT(A[a],x,-1);

    cnt--;
    siz[cnt]=tot;
}

int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%lld",&w[i]);
        sum+=w[i];
    }

    if (n==1) printf("1");
    else
    {
        solve(2,n);
        ll ans=0;
        for(int i=0;i<=sum;i++)
            ans=(ans+A[1][i]*power(w[1]+i,mod-2))%mod;
        printf("%lld",ans*w[1]%mod); 
    }

    return 0; 
}