[Contest20180405]抑制「超我」

古明地恋(koishi)和计算器(calculator)是好朋友。
恋恋有一个神奇的计算器，可以进行两个数在模$2^n$意义下的加法运算。计算器上有一个寄存器，一开始寄存器中的数为$0$，每当恋恋输入一个数，计算器就会把寄存器中的值与输入的数相加，并存在寄存器中（覆盖原有的值）。
计算器内部采用二进制进行数的存储，两个数相加时，它会按照二进制加法的规则，从低位到高位依次相加、进位，并舍弃掉最后多出来的第$n+1$位。由于年久失修，计算器上的某些数位出了点小故障，这些数位上不会发生进位。也就是说，在加法的过程中，如果这个数位上的值超过了$1$，它会对$2$取模，而下一个数位却不会$+1$（显然第$n$位是否故障并没有多大区别，为了方便我们钦定它一定故障）。
恋恋会不停地向计算器输入数字。每次，她会在$[0,2^n)$的范围内随机选取一个数进行输入。这里每个数被选取的概率与它的数值大小成正比，也就是说，$x$被选中的概率为$\begin{align*}\dfrac x{\sum\limits_{i=0}^{2^n−1}i}\end{align*}$。每当恋恋输入完一个数，她会有$\dfrac{998244354−p}{998244354}$的概率感到厌倦，否则她会继续重复这一过程，直到她厌倦为止。现在，恋恋想知道在她感到厌倦之后，寄存器中的数的期望值是多少，答案对$998244353$取模。

每一段$0\cdots01$互不影响，可以分开计算答案，假设当前要计算一段长度为$m$的区间的答案

设$p_i$表示输入$i$的概率，构造多项式$\begin{align*}A(x)=\sum\limits_{i=0}^\infty p_ix^i\end{align*}$，那么$[x^k]\begin{align*}\sum\limits_{i=0}^\infty(1-p)p^iA^{i+1}(x)\end{align*}$就是最后和为$k$的概率（枚举恋恋在第$i$次加法时停止）注意这里的下标要模$2^m$，也就是说多项式乘法是循环卷积

等比数列求和一下，我们得到答案为$[x^k]\dfrac{(1-p)A(x)}{1-pA(x)}$，因为是循环卷积，所以直接用点值计算是可行的，就不用写多项式求逆了

#include<stdio.h>
#include<string.h>
const int mod=998244353;
typedef long long ll;
int mul(int a,int b){return a*(ll)b%mod;}
int ad(int a,int b){return(a+b)%mod;}
int de(int a,int b){return(a-b)%mod;}
void inc(int&a,int b){a=ad(a,b);}
int pow(int a,int b){
	int s=1;
	while(b){
		if(b&1)s=mul(s,a);
		a=mul(a,a);
		b>>=1;
	}
	return s;
}
int rev[1100010],N,iN;
void pre(int n){
	int i,k;
	for(N=1,k=0;N<n;N<<=1)k++;
	for(i=0;i<N;i++)rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(k-1));
	iN=pow(N,mod-2);
}
void swap(int&a,int&b){a^=b^=a^=b;}
void ntt(int*a,int on){
	int i,j,k,t,w,wn;
	for(i=0;i<N;i++){
		if(i<rev[i])swap(a[i],a[rev[i]]);
	}
	for(i=2;i<=N;i<<=1){
		wn=pow(3,(on==1)?(mod-1)/i:(mod-1-(mod-1)/i));
		for(j=0;j<N;j+=i){
			w=1;
			for(k=0;k<i>>1;k++){
				t=mul(w,a[i/2+j+k]);
				a[i/2+j+k]=de(a[j+k],t);
				inc(a[j+k],t);
				w=mul(w,wn);
			}
		}
	}
	if(on==-1){
		for(i=0;i<N;i++)a[i]=mul(a[i],iN);
	}
}
int f[1100010];
char s[30];
int main(){
	int n,p,i,j,las,al,rl,ans;
	scanf("%d%d%s",&n,&p,s+1);
	las=0;
	al=(1<<n)-1;
	rl=pow((al+1)*(ll)al/2%mod,mod-2);
	ans=0;
	for(i=1;i<=n;i++){
		if(s[i]=='1'){
			pre(1<<(i-las));
			memset(f,0,sizeof(f));
			for(j=0;j<=al;j++)inc(f[(j&((1<<i)-1))>>las],mul(j,rl));
			ntt(f,1);
			for(j=0;j<N;j++)f[j]=mul(mul(1-p,f[j]),pow(1-mul(p,f[j]),mod-2));
			ntt(f,-1);
			for(j=0;j<N;j++)inc(ans,mul(j<<las,f[j]));
			las=i;
		}
	}
	printf("%d",(ans+mod)%mod);
}