「PKUWC2018」猎人杀

解题思路

首先有一个很妙的结论是问题可以转化为已经死掉的猎人继续算在概率里面，每一轮一直开枪直到射死一个之前没死的猎人为止。

证明，设所有猎人的概率之和为 $W$ ，当前已经死掉了概率之和为 $T$ 的猎人，原问题下一个射死 $i$ 的概率 $P$ 为

\[P =\dfrac{w_i}{W-T}
\]

转化过后的问题下一个射死 $i$ 的概率为

\[P=\dfrac{T}{W}P+\dfrac{w_i}{W} \\
\dfrac{W-T}{W}P=\dfrac{w_i}{W} \\
P=\dfrac{w_i}{W-T}
\]

两个问题的概率是一样的。

然后考虑经典容斥，钦定一个不包含 $1$ 的猎人集合 $S$ 在 $1$ 之后被射死，用 $sum(S)$ 表示这个猎人集合的 $w_i$ 之和，那么答案就是：

\[Ans =\sum_S (-1)^{|S|}\sum_{i=0}^{\infty} (1-\frac{sum(S)+w_1}{W})^i\frac{w_1}{W}\\
\]

考虑到 $\sum_{i=0}^{\infty}(1-\dfrac{sum(S)+w_1}{W})^i$ 是收敛的，所以

\[Ans =\sum _{S}(-1)^{|S|}\frac{W}{sum(S)+w_1}\times \frac{w_1}W{}\\
Ans = w_1\sum _{S}\dfrac{(-1)^{|S|}}{sum(S)+w_1}
\]

构造生成函数 $[x^n]F(x)$ 为 $sum(S)=n$ 的所有方案的 $(-1)^{|S|}$ 之和，那么有

\[F(x)=\prod_{i=2}^n(1-x^{w_i}) \\
Ans = w_1\sum_{i=0}^{W-w_1}\dfrac{[x^i]F(x)}{i+w_1}
\]

因为 $\sum w_i$ 不大，分治 NTT 求解即可，复杂度 $\mathcal O(n \log^2 n)$，可以对这个式子 $\ln$ 一下再考虑泰勒展开形式把有用的项记下来 $\exp$ 回去，估计跑不过两个 $\log$。

code

/*program by mangoyang*/

#include<bits/stdc++.h>

#define inf (0x7f7f7f7f)

#define Max(a, b) ((a) > (b) ? (a) : (b))

#define Min(a, b) ((a) < (b) ? (a) : (b))

typedef long long ll;

using namespace std;

template <class T>

inline void read(T &x){

    int ch = 0, f = 0; x = 0;

    for(; !isdigit(ch); ch = getchar()) if(ch == '-') f = 1;

    for(; isdigit(ch); ch = getchar()) x = x * 10 + ch - 48;

    if(f) x = -x;

}

const int N = (1 << 21), P = 998244353, G = 3;

namespace poly{

	int rev[N], len, lg;

	inline int Pow(int a, int b){

		int ans = 1;

		for(; b; b >>= 1, a = 1ll * a * a % P)

			if(b & 1) ans = 1ll * ans * a % P;

		return ans;

	}

	inline void timesinit(int lenth){

		for(len = 1, lg = 0; len <= lenth; len <<= 1, lg++);

		for(int i = 0; i < len; i++)

			rev[i] = (rev[i>>1] >> 1) | ((i & 1) << (lg - 1));

	}

	inline void DFT(int *a, int sgn){

		for(int i = 0; i < len; i++)

			if(i < rev[i]) swap(a[i], a[rev[i]]);

		for(int k = 2; k <= len; k <<= 1){

			int w = Pow(G, (P - 1) / k);

			if(sgn == -1) w = Pow(w, P - 2);

			for(int i = 0; i < len; i += k){

				int now = 1;

				for(int j = i; j < i + (k >> 1); j++){

					int x = a[j], y = 1ll * now * a[j+(k>>1)] % P;

					a[j] = x + y >= P ? x + y - P : x + y;

					a[j+(k>>1)] = x - y < 0 ? x - y + P : x - y;

					now = 1ll * now * w % P;

				}

			}

		}

		if(sgn == -1){

			int INV = Pow(len, P - 2);

			for(int i = 0; i < len; i++) a[i] = 1ll * a[i] * INV % P;

		}

	}

}

using poly::Pow;

using poly::DFT;

using poly::timesinit;

int a[N], b[N], w[N], n;

inline vector<int> solveNTT(int l, int r){

	if(l == r){

		vector<int> vec;

		vec.resize(w[l] + 1), vec[0] = 1, vec[w[l]] = P - 1;

		return vec;

	}

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

	vector<int> A = solveNTT(l, mid);

	vector<int> B = solveNTT(mid + 1, r);

	int lenth = (int) A.size() + (int) B.size() - 1;

	for(int i = 0; i < (int) A.size(); i++) a[i] = A[i];

	for(int i = 0; i < (int) B.size(); i++) b[i] = B[i];

	timesinit(lenth);

	DFT(a, 1), DFT(b, 1);

	for(int i = 0; i < poly::len; i++) a[i] = 1ll * a[i] * b[i] % P;

	DFT(a, -1);

	vector<int> vec;

	for(int i = 0; i < lenth; i++) vec.push_back(a[i]);

	for(int i = 0; i < poly::len; i++) a[i] = b[i] = 0;

	return vec;

}

int main(){

	read(n);

	if(n == 1) return puts("1"), 0;

	for(int i = 1; i <= n; i++) read(w[i]);

	vector<int> ans = solveNTT(2, n);

	int Ans = 0;

	for(int i = 0; i < (int) ans.size(); i++)

		(Ans += 1ll * ans[i] * Pow(i + w[1], P - 2) % P) %= P;

	cout << 1ll * w[1] * Ans % P << endl;

	return 0;

}