正题
题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/P5644
题目大意
(n)个人，每个人被选中的权重是(a_i)。每次按照权重选择一个没有死掉的人杀死，求第(1)个人最后死的概率。输出答案对(998244353)取模。
(w_i>0,sum_{i=1}^nw_ileq 10^5)
解题思路
这个死掉之后概率的分母会变所以挺麻烦的，考虑一下变成每次随便选择一个人，如果没有死就杀掉，这样每个人被选择的概率就不变了。
然后考虑到计算恰好最后一个死很麻烦，可以假设第(1)个人死之后至少还剩下集合(T)的人，然后容斥这样就不需要考虑到剩下的人必须在前面都选过一次了。
设(P(T))表示(1)死之后剩下集合(T)的人的概率，怎么求这个东西，我们可以枚举一下杀到(1)之前的轮数（记(S)为全集，(W(S)=sum_{xin S}w_x)）
[P(T)=sum_{i=0}^{infty}(frac{W(S)-W(T)-w_1}{W(S)})^ifrac{w_1}{W(S)}
]
等比数列求和展开一下就是
[P(T)=frac{(frac{W(S)-W(T)-w_1}{W(S)})^infty-1}{frac{W(S)-W(T)-w_1}{W(S)}-1}frac{w_1}{W(S)}
]
然后因为那个(infty)的东西是收敛（也就是等于(0)）的所以
[P(T)=frac{W(S)}{W(T)+w_1}frac{w_1}{W(S)}=frac{w_1}{w_1+W(T)}
]
就好了
然后答案就是
[sum_{Tin S}(-1)^{|T|}P(T)=sum_{Tin S}(-1)^{|T|}frac{w_1}{w_1+W(T)}
]
但是这样的复杂度是(O(2^n))的显然不可能过。
但是我们不难发现的是因为(W(S)leq 10^5)，所以我们可以设(f(i))表示对于所有集合(T)使得(W(T)=i)的容斥系数和那么答案就变成了
[sum_{i=0}^{W(S)}f(i)frac{w_1}{w_1+i}
]
但是这个(f)怎么求，其实看上去就很生成函数，(f(i))相等于(prod_{i=2}^n(1-x^{w_i}))的第(i)次项系数。
这个东西我们分治+(NTT)求就好了（因为这个做法实际上和分治(NTT)有区别）
时间复杂度(O(mlog^2 m))（(m=W(S))
code
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=4e5+10,P=998244353;
ll n,w[N],r[N],x[N],y[N];
struct Poly{
ll n,a[N];
}F[20];bool v[20];
ll power(ll x,ll b){
ll ans=1;
while(b){
if(b&1)ans=ans*x%P;
x=x*x%P;b>>=1;
}
return ans;
}
void NTT(ll *f,ll n,ll op){
for(ll i=0;i<n;i++)
if(i<r[i])swap(f[i],f[r[i]]);
for(ll p=2;p<=n;p<<=1){
ll len=p>>1,tmp=power(3,(P-1)/p);
if(op==-1)tmp=power(tmp,P-2);
for(ll k=0;k<n;k+=p){
ll buf=1;
for(ll i=k;i<k+len;i++){
ll tt=f[i+len]*buf%P;
f[i+len]=(f[i]-tt+P)%P;
f[i]=(f[i]+tt)%P;
buf=buf*tmp%P;
}
}
}
if(op==-1){
ll inv=power(n,P-2);
for(ll i=0;i<n;i++)
f[i]=f[i]*inv%P;
}
return;
}
void Mul(Poly &a,Poly &b){
for(ll i=0;i<a.n;i++)x[i]=a.a[i];
for(ll i=0;i<b.n;i++)y[i]=b.a[i];
ll l=1;while(l<a.n+b.n)l<<=1;
for(ll i=0;i<l;i++)r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)?(l>>1):0);
for(ll i=a.n;i<l;i++)x[i]=0;
for(ll i=b.n;i<l;i++)y[i]=0;
NTT(x,l,1);NTT(y,l,1);
for(ll i=0;i<l;i++)x[i]=x[i]*y[i]%P;
NTT(x,l,-1);
for(ll i=0;i<l;i++)a.a[i]=x[i];
a.n=a.n+b.n-1;return;
}
ll findq(){
for(ll i=0;i<20;i++)
if(!v[i]){v[i]=1;return i;}
}
ll Solve(ll l,ll r){
if(l==r){
ll p=findq();
for(ll i=0;i<=w[l];i++)
F[p].a[i]=0;
F[p].a[0]=1;F[p].a[w[l]]=P-1;
F[p].n=w[l]+1;return p;
}
ll mid=(l+r)>>1;
ll ls=Solve(l,mid),rs=Solve(mid+1,r);
Mul(F[ls],F[rs]);v[rs]=0;return ls;
}
signed main()
{
scanf("%lld",&n);
for(ll i=1;i<=n;i++)
scanf("%lld",&w[i]);
ll p=Solve(2,n),ans=0;
for(ll i=0;i<F[p].n;i++)
(ans+=F[p].a[i]*w[1]%P*power(w[1]+i,P-2)%P)%=P;
printf("%lld
",(ans+P)%P);
return 0;
}