【杂题】[AGC034F] RNG and XOR【集合幂级数】【FWT】【DP】

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Description

你有一个随机数生成器，它会以一定的概率生成[0,2^N-1]中的数，每一个数的概率是由序列A给定的，Pi=Ai/sum(Ai)

现在有一个初始为0的数X，每一轮随机生成一个数v，将X变成X xor v
求X变成0~2^N-1的期望轮数
答案对998244353取模

N<=18,Ai<=1000

Solution

不妨反过来做，f[i]为i到0的期望轮数，显然等价
易得i>0,
\[f[i]=1+\sum f[i\ xor\ j]p[j]\]
1移到左边来
\[f[i]-1=\sum f[i\ xor\ j]p[j]\]
写成集合幂级数形式就是
\[(f[0],f[1],f[2],...,f[2^N-1])\bigoplus(p[0],p[1],p[2],...,p[2^N-1])=(?,f[1]-1,f[2]-1,...,f[2^N-1])\]

?是因为f[0]不满足转移式

但我们发现\(\sum p=1\)，也就是说卷积过后总和不变
因此\(? = f[0]+2^N-1\)

把p[0]-1，后面的f就全部消掉

我们做一个逆卷积即可。
具体来说，把等号右边FWT，乘上中间的FWT再每项逆元的结果，再IFWT回去。

不行。
我们发现中间集合幂级数的FWT后2^N-1 +(-1)+(-1)+…+(-1)这一项是0（容易证明只有这一项是0），对应的右边也是0，我们无法得到左边这一项的值。

但我们忽略了一个信息，f[0]=0
不妨先假定左边这一项就是0，IFWT回去以后看看f[0]差了多少，那就是这一项少贡献了多少，推回去就行了。

时间复杂度O(2^N*N)

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;++i)
#define fod(i,a,b) for(int i=a;i>=b;--i)
#define L 19
#define M 262144
const int mo=998244353;
typedef long long LL;
using namespace std;
int n,m;
int a[M+1],b[M+1];
LL ksm(LL k,LL n)
{
    LL s=1;
    for(;n;n>>=1,k=k*k%mo) if(n&1) s=s*k%mo;
    return s;
}
const LL ny2=499122177;
void FWT(int *a,bool pd)
{
    for(int h=1;h<m;h<<=1)
        for(int j=0;j<M;j+=h*2)
            fo(i,0,h-1)
            {
                int v=a[i+j+h];
                a[i+j+h]=(a[i+j]-v+mo)%mo,a[i+j]=(a[i+j]+v)%mo;
                if(pd) a[i+j]=(LL)a[i+j]*ny2%mo,a[i+j+h]=(LL)a[i+j+h]*ny2%mo;
            }
}
LL pr[M];
int main()
{
    cin>>n;
    m=1<<n;
    LL sum=0;
    fo(i,0,m-1) scanf("%lld",&pr[i]),sum=(sum+pr[i])%mo;
    sum=ksm(sum,mo-2);
    a[0]=m-1;
    fo(i,1,m-1) a[i]=mo-1;
    fo(i,0,m-1) b[i]=pr[i]*sum%mo;
    b[0]=(b[0]-1+mo)%mo;
    FWT(a,0),FWT(b,0);
    int wz=0;
    fo(i,0,m-1)
    {
        if(b[i]!=0) a[i]=(LL)a[i]*ksm(b[i],mo-2)%mo;
        else a[i]=0,wz=i;
    }
    FWT(a,1);
    LL wp=(LL)(mo-a[0])*m%mo;
    FWT(a,0);
    a[wz]=wp;
    FWT(a,1);
    fo(i,0,m-1) printf("%d\n",a[i]);
}

【杂题】[AGC034F] RNG and XOR【集合幂级数】【FWT】【DP】

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原文地址：https://www.cnblogs.com/BAJimH/p/11013065.html