【2019北京集训测试赛（七）】 操作 分治+FFT+生成函数

题目大意：你有$n$个操作和一个初始为$0$的变量$x$。

第$i$个操作为：以$P_i$的概率给$x$加上$A_i$，剩下$1-P_i$的概率给$x$乘上$B_i$。

你袭击生成了一个长度为$n$的排列$C$，并以此执行了第$C_1,C_2....C_n$个操作。

求执行完所有操作后，变量$x$的期望膜$998244353$的值。

数据范围：$n≤10^5,0≤P,A,B<998244353$

我太菜了。

考虑如果并没有排列的要求，而是强行依次执行，会发生什么事情：

令$X_i$表示执行完前$i$个操作后$x$的期望。

则有：

$X_i=P_i\times (X_{i-1}+A_i)+(1-P_i)\times X_{i-1}\times B_i$

我们经过化简，得到：

$X_i=(P_i+B_i-P_i\times B_i)X_{i-1}+A_i\times B_i$

这个不就是一个一次函数吗？我们姑且将这个称为$F_i(x)$，我们将它表示为$F_i(x)=D_ix+E_i$

那么在不考虑顺序的情况下，则有：

$X_n=F_1(F_2(...F_n(0)...))$

然而求答案的时候，函数排列的顺序是随机的，对于任意的$i≠j$，函数i排在函数j前面的概率都是$\frac{1}{2}$。

我们只需要求出，对于每个$E_i$，套在$F_i(x)$外面的函数的积的期望。

基于这些，则有：

$X_n=\frac{1}{n!}\sum \limits_{i=1}^{n} E_i \sum \limits_{j=1}^{n} [x^j] \prod \limits_{k=1,k\not\equiv i}^{n}(1+D_k)$

然后，我们通过分治FFT求解这个式子即可。

 #include<bits/stdc++.h>
 #define MOD 998244353
 #define G 3
 #define L long long
 #define M 262144
 using namespace std;

 L pow_mod(L x,L k){L ans=; for(;k;k>>=,x=x*x%MOD) if(k&) ans=ans*x%MOD; return ans;}
 void chage(int a[],int n){
     for(int i=,j=;i<n-;i++){
         if(i<j) swap(a[i],a[j]);
         int k=n>>;
         while(j>=k) j-=k,k>>=;
         j+=k;
     }
 }
 inline int pls(int a,int b){return a+b>=MOD?a+b-MOD:a+b;}
 inline int mns(int a,int b){return a<b?a-b+MOD:a-b;}
 void NTT(int a[],int n,int on){
     chage(a,n);
     for(int h=;h<=n;h<<=){
         int wn=pow_mod(G,(MOD-)/h);
         for(int j=;j<n;j+=h){
             int w=;
             for(int k=j;k<j+(h>>);k++){
                 int u=a[k],t=1LL*a[k+(h>>)]*w%MOD;
                 //a[k]=(u+t)%MOD; a[k+(h>>1)]=(u-t+MOD)%MOD;
                 a[k]=pls(u,t); a[k+(h>>)]=mns(u,t);
                 w=1LL*w*wn%MOD;
             }
         }
     }
     if(on==-){
         L inv=pow_mod(n,MOD-);
         reverse(a+,a+n);
         for(int i=;i<n;i++) a[i]=1LL*a[i]*inv%MOD;
     }
 }
 void MUL(int ans[],int a[],int lena,int b[],int lenb){
     static int t1[M],t2[M];
     int len=; while(len<=lena+lenb) len<<=;
     memset(t1,,len<<); memcpy(t1,a,(lena+)<<);
     memset(t2,,len<<); memcpy(t2,b,(lenb+)<<);
     NTT(t1,len,); NTT(t2,len,);
     for(int i=;i<len;i++) t1[i]=1LL*t1[i]*t2[i]%MOD;
     NTT(t1,len,-);
     memcpy(ans,t1,(lena+lenb+)<<);
 }

 L D[M]={},E[M]={},fac[M]={};
 void solve(int f[],int g[],int l,int r){
     static int h[M];
     if(l==r) return f[]=E[l],g[]=D[l],g[]=,void();
     int mid=(l+r)>>,lenl=mid-l+,lenr=r-mid;
     solve(f,g,l,mid); solve(f+lenl+,g+lenl+,mid+,r);
     MUL(h,f,lenl-,g+lenl+,lenr);
     MUL(f,f+lenl+,lenr-,g,lenl);
     for(int i=;i<=r-l+;i++) f[i]=(f[i]+h[i])%MOD;
     MUL(g,g,lenl,g+lenl+,lenr);
 }

 int ff[M]={},gg[M]={};
 int main(){
     fac[]=; for(int i=;i<M;i++) fac[i]=fac[i-]*i%MOD;
     int n; scanf("%d",&n);
     for(int i=;i<=n;i++){
         L P,B,A; scanf("%lld%lld%lld",&P,&A,&B);
         D[i]=(P+B-P*B%MOD+MOD)%MOD;
         E[i]=A*P%MOD;
     }
     solve(ff,gg,,n);
     L ans=;
     for(int i=;i<n;i++) (ans+=1LL*ff[i]*fac[i]%MOD*fac[n-i-])%=MOD;
     ans=ans*pow_mod(fac[n],MOD-)%MOD;
     cout<<ans<<endl;
 }