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前言

标算真是优美可惜这题直接暴力FFT算一算就solved了。

题解

首先,假装没有进位,考虑解决这个问题。

对于每一位,考虑作用在其之上的概率为 \(p\) 的操作,构建多项式 \(((1-p) + px )\),那么将一个位置上所有这样的多项式乘起来之后, \(x^k\) 项系数就代表这个位置被操作 \(k\) 次的概率。对答案的贡献就是 \(k\times\) \(x^k\) 项系数。

考虑进位。

从低位向高位推,进位就相当于将多项式系数两个两个合并。

从低位向高位,考虑将每一位的多项式两个两个合并之后乘到高一位的多项式上,就可以得出每一位被变换任意次的真的概率。

考虑这个过程的复杂度:

一个多项式的长度对其高位长度的贡献依次是 $len, len / 2, len / 4, len / 2 ^ 3 ,\cdots $ ,所以总贡献是 \(O(len)\) 的。由于多项式总长度为 \(O(n+m)\) ,又由于乘法在FFT时有个log,所以这部分的总时间复杂度为 \(O((n+m)\log m)\)。

而前一半需要分治FFT来算多项式,复杂度为 \(O(m\log ^ 2m)\) 。

总时间复杂度为 \(O(n\log m + m\log ^ 2 m)\) 。

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define clr(x) memset(x,0,sizeof x)
#define For(i,a,b) for (int i=(a);i<=(b);i++)
#define Fod(i,b,a) for (int i=(b);i>=(a);i--)
#define fi first
#define se second
#define pb(x) push_back(x)
#define mp(x,y) make_pair(x,y)
#define outval(x) cerr<<#x" = "<<x<<endl
#define outtag(x) cerr<<"---------------"#x"---------------"<<endl
#define outarr(a,L,R) cerr<<#a"["<<L<<".."<<R<<"] = ";\
For(_x,L,R)cerr<<a[_x]<<" ";cerr<<endl;
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef vector <int> vi;
LL read(){
LL x=0,f=0;
char ch=getchar();
while (!isdigit(ch))
f|=ch=='-',ch=getchar();
while (isdigit(ch))
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar();
return f?-x:x;
}
const int N=1<<19,mod=998244353;
int Pow(int x,int y){
int ans=1;
for (;y;y>>=1,x=(LL)x*x%mod)
if (y&1)
ans=(LL)ans*x%mod;
return ans;
}
void Add(int &x,int y){
if ((x+=y)>=mod)
x-=mod;
}
void Del(int &x,int y){
if ((x-=y)<0)
x+=mod;
}
int Add(int x){
return x>=mod?x-mod:x;
}
int Del(int x){
return x<0?x+mod:x;
}
namespace fft{
int w[N],R[N];
void init(int n){
int d=0;
while ((1<<d)<n)
d++;
For(i,0,n-1)
R[i]=(R[i>>1]>>1)|((i&1)<<(d-1));
w[0]=1,w[1]=Pow(3,(mod-1)/n);
For(i,2,n-1)
w[i]=(LL)w[i-1]*w[1]%mod;
}
void FFT(int *a,int n,int flag){
if (flag<0)
reverse(w+1,w+n);
For(i,0,n-1)
if (i<R[i])
swap(a[i],a[R[i]]);
for (int t=n>>1,d=1;d<n;d<<=1,t>>=1)
for (int i=0;i<n;i+=d<<1)
for (int j=0;j<d;j++){
int tmp=(LL)w[t*j]*a[i+j+d]%mod;
a[i+j+d]=Del(a[i+j]-tmp);
Add(a[i+j],tmp);
}
if (flag<0){
reverse(w+1,w+n);
int inv=Pow(n,mod-2);
For(i,0,n-1)
a[i]=(LL)a[i]*inv%mod;
}
}
}
using fft::FFT;
int n,m;
vi a[N],p[N];
vi operator * (vi A,vi B){
static int a[N],b[N];
int n=1;
while (n<A.size()+B.size())
n<<=1;
For(i,0,n-1)
a[i]=b[i]=0;
For(i,0,(int)A.size()-1)
a[i]=A[i];
For(i,0,(int)B.size()-1)
b[i]=B[i];
fft::init(n);
FFT(a,n,1),FFT(b,n,1);
For(i,0,n-1)
a[i]=(LL)a[i]*b[i]%mod;
FFT(a,n,-1);
vi ans;
For(i,0,n-1)
ans.pb(a[i]);
while (ans.size()>1&&!ans.back())
ans.pop_back();
return ans;
}
vi build(int *a,int L,int R){
if (L==R)
return (vi){Del(1-a[L]),a[L]};
int mid=(L+R)>>1;
vi lp=build(a,L,mid);
vi rp=build(a,mid+1,R);
return lp*rp;
}
void Getp(int x){
int s=a[x].size();
if (!s)
p[x]=(vi){1};
else
p[x]=build(&a[x][0],0,s-1);
}
int main(){
n=read()+23,m=read();
For(i,1,m){
int p=read(),x=read(),y=read();
x=(LL)x*Pow(y,mod-2)%mod;
a[p].pb(x);
}
int ans=0;
For(i,0,n){
Getp(i);
if (i>0)
p[i]=p[i]*p[i-1];
For(j,0,(int)p[i].size()-1)
Add(ans,(LL)p[i][j]*j%mod);
if (p[i].size()&1)
p[i].pb(0);
int s=p[i].size()/2;
For(j,0,s-1)
p[i][j]=Add(p[i][j*2]+p[i][j*2+1]);
while (p[i].size()>s)
p[i].pop_back();
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}

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