题目大意
有一个无限长的二进制串，初始时它的每一位都为 (0)。现在有 (m) 个操作，其中第 (i) 个操作是将这个二进制串的数值加上 (2^{a_i})。我们称每次操作的代价是这次操作改变的位的数量。
我们以一定概率执行这些操作：第 (i) 个操作有 (p_i) 的概率执行，否则不执行。
请求出所有执行的操作的代价和的期望。
(nleq 100000,mleq 200000,0leq a_ileq n)
题解
容易发现，如果进行了 (k) 次操作且把这个数从 (0) 修改成了 (v)，那么代价就是 (2k-operatorname{bitcount}(v))。
可以用势能分析相关知识解释随便看看就看出来了。
前半部分就是 (2sum_{i=1}^mp_i)。
后半部分可以每位分开算：计算 (v) 的每一位为 (1) 的概率。
设 (f_{i,j}) 为只考虑 (a_kleq i) 的那些操作，修改完后 (lfloorfrac{v}{2^i} floor=j) 的概率。
(g_{i,j}) 为只考虑 (a_k=i) 的那些操作，修改完后 (lfloorfrac{v}{2^i} floor=j) 的概率，也就是执行了 (j) 个操作的概率。
(g_{i,j}) 可以用分治 NTT 求出。
(f_{i,j}=sum_{lfloorfrac{k}{2} floor+l=j}f_{i-1,k}g_{i,l})，可以用 NTT 优化。
那么答案的第二部分就是 (sum_{igeq 0}sum_{2 mid j}f_{i,j})
时间复杂度是多少？
记 (c_i=sum_{j=1}^m[a_j=i])
算 (g) 的复杂度显然是 (O(mlog^2 m))
算 (f) 的复杂度是
[egin{align}
&O(log m imes sum_{i=0}^nsum_{j=0}^{i}frac{c_j}{2^{i-j}})\
=&O(log m imes sum_{i=0}^nc_isum_{jgeq 0}2^{-j})\
=&O(mlog m)
end{align}
]
代码
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
#include<utility>
#include<functional>
#include<cmath>
#include<vector>
//using namespace std;
using std::min;
using std::max;
using std::swap;
using std::sort;
using std::reverse;
using std::random_shuffle;
using std::lower_bound;
using std::upper_bound;
using std::unique;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef std::pair<int,int> pii;
typedef std::pair<ll,ll> pll;
void open(const char *s){
#ifndef ONLINE_JUDGE
char str[100];sprintf(str,"%s.in",s);freopen(str,"r",stdin);sprintf(str,"%s.out",s);freopen(str,"w",stdout);
#endif
}
int rd(){int s=0,c,b=0;while(((c=getchar())<'0'||c>'9')&&c!='-');if(c=='-'){c=getchar();b=1;}do{s=s*10+c-'0';}while((c=getchar())>='0'&&c<='9');return b?-s:s;}
void put(int x){if(!x){putchar('0');return;}static int c[20];int t=0;while(x){c[++t]=x%10;x/=10;}while(t)putchar(c[t--]+'0');}
int upmin(int &a,int b){if(b<a){a=b;return 1;}return 0;}
int upmax(int &a,int b){if(b>a){a=b;return 1;}return 0;}
const ll p=998244353;
const int N=600000;
ll fp(ll a,ll b)
{
ll s=1;
for(;b;b>>=1,a=a*a%p)
if(b&1)
s=s*a%p;
return s;
}
ll v[N],x[N],y[N];
int a[N];
int n,m;
ll e[N];
ll *f[N*2];
ll *g[N];
namespace fft
{
const int W=524288;
ll w[N];
int rev[N];
void init()
{
ll s=fp(3,(p-1)/W);
w[0]=1;
for(int i=1;i<W;i++)
w[i]=w[i-1]*s%p;
}
void ntt(ll *a,int n,int t)
{
for(int i=1;i<n;i++)
{
rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|(i&1?n>>1:0);
if(rev[i]>i)
swap(a[i],a[rev[i]]);
}
for(int i=2;i<=n;i<<=1)
for(int j=0;j<n;j+=i)
for(int k=0;k<i/2;k++)
{
ll u=a[j+k];
ll v=a[j+k+i/2]*w[W/i*k]%p;
a[j+k]=(u+v)%p;
a[j+k+i/2]=(u-v)%p;
}
if(t==-1)
{
reverse(a+1,a+n);
ll inv=fp(n,p-2);
for(int i=0;i<n;i++)
a[i]=a[i]*inv%p;
}
}
void mul(ll *a,ll *b,ll *c,int n,int m,int l)
{
static ll a1[N],a2[N];
int k=1;
while(k<=n+m)
k<<=1;
for(int i=0;i<=n;i++)
a1[i]=a[i];
for(int i=n+1;i<k;i++)
a1[i]=0;
for(int i=0;i<=m;i++)
a2[i]=b[i];
for(int i=m+1;i<k;i++)
a2[i]=0;
ntt(a1,k,1);
ntt(a2,k,1);
for(int i=0;i<k;i++)
a1[i]=a1[i]*a2[i]%p;
ntt(a1,k,-1);
for(int i=0;i<=l;i++)
c[i]=a1[i];
}
int cnt;
int len[N*2];
void solve(int &now,int l,int r)
{
now=++cnt;
if(l==r)
{
len[now]=1;
f[now]=new ll[len[now]+1];
f[now][0]=1-e[l];
f[now][1]=e[l];
return;
}
int ls;
int rs;
int mid=(l+r)>>1;
solve(ls,l,mid);
solve(rs,mid+1,r);
len[now]=len[ls]+len[rs];
f[now]=new ll[len[now]+1];
mul(f[ls],f[rs],f[now],len[ls],len[rs],len[now]);
}
}
int rt[N];
int len[N];
int len2[N];
ll h[N];
std::vector<ll> c[N];
int main()
{
fft::init();
open("loj565");
scanf("%d%d",&n,&m);
n++;
ll ans=0;
ll s=0;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d%lld%lld",&a[i],&x[i],&y[i]);
a[i]++;
v[i]=x[i]*fp(y[i],p-2)%p;
ans+=2*v[i];
c[a[i]].push_back(v[i]);
}
g[0]=new ll[1];
g[0][0]=1;
for(int i=1;i<=n+20;i++)
{
for(auto v:c[i])
e[++len[i]]=v;
if(len[i])
fft::solve(rt[i],1,len[i]);
else
{
rt[i]=++fft::cnt;
f[rt[i]]=new ll[1];
f[rt[i]][0]=1;
}
for(int j=0;j<=len2[i-1]>>1;j++)
h[j]=0;
for(int j=0;j<=len2[i-1];j++)
h[j>>1]=(h[j>>1]+g[i-1][j])%p;
len2[i-1]>>=1;
len2[i]=len2[i-1]+len[i];
g[i]=new ll[len2[i]+1];
fft::mul(h,f[rt[i]],g[i],len2[i-1],len[i],len2[i]);
for(int j=1;j<=len2[i];j+=2)
s=(s+g[i][j])%p;
}
ans=(ans-s)%p;
ans=(ans+p)%p;
printf("%lld
",ans);
return 0;
}