XXV.玩游戏
我们考虑令\(f(p)\)表示游戏的“\(p\)次价值”的期望。
则按照期望定义，我们有
\[f(p)=\dfrac{\sum\limits_{i=0}^n\sum\limits_{j=0}^m(a_i+b_j)^p}{nm}
\]
考虑二项式暴力展开，得到
\[f(p)=\dfrac{\sum\limits_{i=0}^n\sum\limits_{j=0}^m\sum\limits_{k=0}^pa_i^kb_j^{p-k}\dbinom{p}{k}}{nm}
\]
于是我们拆开组合数并调换枚举顺序，得到
\[f(p)=\dfrac{p!}{nm}\sum\limits_{k=0}^p\Big(\sum\limits_{i=0}^n\dfrac{a_i^k}{k!}\Big)\Big(\sum\limits_{j=0}^m\dfrac{b_j^{p-k}}{(p-k)!}\Big)
\]
则我们考虑预处理
\[A_k=\sum\limits_{i=0}^na_i^k,B_k=\sum\limits_{j=0}^mb_j^k
\]
则就有
\[f(p)=\dfrac{p!}{nm}\sum\limits_{k=0}^p\dfrac{A_k}{k!}\dfrac{B_{p-k}}{(p-k)!}
\]
卷积的形式，可以直接NTT求出。
我们现在考虑\(A\)的OGF
\[A(x)=\sum\limits_{i=0}^{\infty}x^i\sum\limits_{j=1}^na_j^i
\]
调换枚举顺序就是
\[A(x)=\sum\limits_{j=1}^n\sum\limits_{i=0}^{\infty}a_j^ix^i=\sum\limits_{i=1}^n\dfrac{1}{1-a_ix}
\]
直接求右边那玩意会挂掉；我们考虑通过求\(\ln\)的方法来计算。
我们有
\[\Big(\ln(1-ax)\Big)'=\dfrac{-a}{1-ax}
\]
所以有
\[\dfrac{1}{1-ax}=1+\dfrac{ax}{1-ax}=1-x\Big(\ln(1-ax)\Big)'
\]
故而
\[A(x)=\sum\limits_{i=1}^n1-x\Big(\ln(1-a_ix)\Big)'=n-x\sum\limits_{i=1}^n\Big(\ln(1-a_ix)\Big)'
\]
因为求导具有线性性（即和的导等于导的和），故我们有
\[A(x)=n-x\Big(\sum\limits_{i=1}^n\ln(1-a_ix)\Big)'
\]
我们用\(\ln\)化加为乘，得到
\[A(x)=n-x\Bigg(\ln\Big(\prod\limits_{i=1}^n1-a_ix\Big)\Bigg)'
\]
完成！则现在唯一的问题在于求出
\[\prod\limits_{i=1}^n1-a_ix
\]
它可以使用分治求出（类比分治NTT）
故复杂度为\(O(n\log^2n)\)。
代码（要开O2）：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1<<20;
const int mod=998244353;
int ksm(int x,int y){
int rt=1;
for(;y;x=(1ll*x*x)%mod,y>>=1)if(y&1)rt=(1ll*rt*x)%mod;
return rt;
}
namespace Poly{
const int G=3;
int rev[N];
void NTT(int *a,int tp,int LG){
int lim=(1<<LG),invlim=ksm(lim,mod-2);
for(int i=0;i<lim;i++)rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(LG-1));
for(int i=0;i<lim;i++)if(i<rev[i])swap(a[i],a[rev[i]]);
for(int md=1;md<lim;md<<=1){
int rt=ksm(G,(mod-1)/(md<<1));
if(tp==-1)rt=ksm(rt,mod-2);
for(int stp=md<<1,pos=0;pos<lim;pos+=stp){
int w=1;
for(int i=0;i<md;i++,w=(1ll*w*rt)%mod){
int x=a[pos+i],y=(1ll*w*a[pos+md+i])%mod;
a[pos+i]=(x+y)%mod;
a[pos+md+i]=(x-y+mod)%mod;
}
}
}
if(tp==-1)for(int i=0;i<lim;i++)a[i]=(1ll*a[i]*invlim)%mod;
}
int A[N],B[N],C[N];
void mul(int *a,int *b,int *c,int LG){//using: Array A and B
int lim=(1<<LG);
for(int i=0;i<lim;i++)A[i]=B[i]=0;
for(int i=0;i<(lim>>1);i++)A[i]=a[i],B[i]=b[i];
NTT(A,1,LG),NTT(B,1,LG);
for(int i=0;i<lim;i++)A[i]=1ll*A[i]*B[i]%mod;
NTT(A,-1,LG);
for(int i=0;i<lim;i++)c[i]=A[i];
}
void inv(int *a,int *b,int LG){//using: Array C
b[0]=ksm(a[0],mod-2);
for(int k=1;k<=LG+1;k++){
mul(b,a,C,k);
for(int i=0;i<(1<<k);i++)C[i]=(mod-C[i])%mod;
(C[0]+=2)%=mod;
mul(C,b,b,k);
}
}
void diff(int *a,int *b,int lim){
for(int i=0;i<lim;i++)b[i]=1ll*a[i+1]*(i+1)%mod;
b[lim-1]=0;
}
void ln(int *a,int *b,int LG){//using: Array C
inv(a,b,LG);
diff(a,C,1<<LG);
mul(b,C,b,LG+1);
}
}
void solve(int *a,int *A,int LG){
if(!LG){A[0]=1,A[1]=(mod-a[0])%mod;return;}
solve(a,A,LG-1);
solve(a+(1<<(LG-1)),A+(2<<(LG-1)),LG-1);
Poly::mul(A,A+(2<<(LG-1)),A,LG+1);
}
int tmp[N],p;
int fac[N],inv[N];
void func(int *a,int *A,int n){
int all=0;
while((1<<all)<n)all++;
solve(a,A,all);
// for(int i=0;i<(4<<all);i++)printf("%d ",A[i]);puts("");
all=0;
while((1<<all)<=p)all++;
Poly::ln(A,tmp,all);
A[0]=n;
for(int i=1;i<=p;i++)A[i]=(mod-tmp[i-1])%mod;
for(int i=0;i<=p;i++)A[i]=1ll*A[i]*inv[i]%mod;
}
int n,m;
int a[N],b[N],A[N],B[N];
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=0;i<n;i++)scanf("%d",&a[i]);
for(int i=0;i<m;i++)scanf("%d",&b[i]);
scanf("%d",&p);
fac[0]=1;
for(int i=1;i<=p;i++)fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
inv[p]=ksm(fac[p],mod-2);
for(int i=p-1;i>=0;i--)inv[i]=1ll*inv[i+1]*(i+1)%mod;
func(a,A,n),func(b,B,m);
int all=0;
while((1<<all)<=p)all++;
Poly::mul(A,B,tmp,all+1);
int INV=ksm(1ll*n*m%mod,mod-2);
for(int i=1;i<=p;i++)printf("%d\n",1ll*tmp[i]*fac[i]%mod*INV%mod);
return 0;
}