猎人杀

题目描述

猎人杀是一款风靡一时的游戏“狼人杀”的民间版本，他的规则是这样的：
一开始有 $n$ 个猎人，第 $i$ 个猎人有仇恨度 $w_i$ ，每个猎人只有一个固定的技能：死亡后必须开一枪，且被射中的人也会死亡。

然而向谁开枪也是有讲究的，假设当前还活着的猎人有 $[i_1ldots i_m]$，那么有 $frac{w_{i_k}}{sumlimits_{j = 1}^{m} w_{i_j}}$ 的概率是向猎人 $i_k$ 开枪。

一开始第一枪由你打响，目标的选择方法和猎人一样（即有 $frac{w_i}{sumlimits_{j=1}^{n}w_j}$ 的概率射中第 $i$ 个猎人）。由于开枪导致的连锁反应，所有猎人最终都会死亡，现在 $1$ 号猎人想知道它是最后一个死的的概率。

答案对 $998244353$ 取模。

输入格式

第一行一个正整数$n$

第二行$n$个正整数，第$i$个正整数表示$w_i$。

输出格式

输出答案。

样例

样例输入
3
1 1 2

样例输出
915057324

样例解释
答案是$frac{2}{4}times frac{1}{2}+frac{1}{4}times frac{2}{3}=frac{10}{24}$​​

数据范围与提示
对于$10%$的数据，有$1leq nleq 10$

对于$30%$的数据，有$1leq nleq 20$

对于$50%$的数据，有$1leq sumlimits_{i=1}^{n}w_ileq 5000$

另有$10%$的数据，满足$1leq w_ileq 2$，且$w_1=1$

另有$10%$的数据，满足$1leq w_ileq 2$，且$w_1=2$

对于$100%$的数据，有$w_i>0$，且$1leq sumlimits_{i=1}^{n}w_i leq 100000$

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完全想不到的神题……
花了1h+依旧停留在指数级算法上……
太菜了QAQ

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思路:
考虑答案的计算式，由于是要求1号最后一个被射杀，有点难求。
于是考虑容斥，枚举在1号之后被杀的人的集合，那么设$P(s)$为这个集合的人在$1$号之后被杀的概率，有:

$$ans=sum_{s}(-1)^{|s|}P(s)$$

于是考虑$P(s)$怎么算。
发现这个每个时刻都在变的分母十分恶心，考虑消去它。
于是考虑改变规则为可以鞭尸，但鞭到尸就立刻再开一枪。
即有如下式子:

$$P(s)=sum_{i=0}^{inf}(1-frac{w_1+sumw(s)}{W})^ifrac{w_1}{W}$$
上式的意思是，由于不知道在射死1号之前会开几枪，于是把所有情况累加起来~

考虑将极限花去，根据无穷级数求和（或者说逆泰勒展开）易知:

$$sum_{i=0}^{inf}x^i = frac{1}{1-x}$$

于是有

$$begin{align*} P(s) =& sum_{i=0}^{inf}(1-frac{w_1+sumw(s)}{W})^ifrac{w_1}{W} \ = & frac{1}{1-(1-frac{w_1+sumw(s)}{W})}*frac{w_1}{W} \ = & frac{W}{w_1+sumw(s)}*frac{w_1}{W} \ = & frac{w_1}{w_1+sumw(s)} end{align*}$$

于是

$$ans=sum_{s}(-1)^{|s|}frac{w_1}{w_1+sumw(s)}$$

然而依旧不好求，复杂度与$2^n$有关……
注意到条件$sumlimits_{i=1}^{n}w_i leq 100000$，这意味着不同的$w_1+sumw(s)$数量不超过$100000$个。

于是考虑将分母相同的合在一起算，做一个背包来得到每种分母的所有分子之和，然后对应累加即可~
然而背包复杂度是$O(n^2)$的，并不能过。
于是考虑将贡献写成生成函数，将背包过程想象成多项式乘法，就可以分治FFT了。

于是就能过了。
复杂度$O(Wlog Wlog N)$。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;

inline int read()
{
    int x=0;char ch=getchar();
    while(ch<'0' || '9'<ch)ch=getchar();
    while('0'<=ch && ch<='9')x=x*10+(ch^48),ch=getchar();
    return x;
}

typedef long long ll;
const int N=5e5+9;
const int md=998244353;

inline ll qpow(ll a,ll b)
{
    ll ret=1;
    while(b)
    {
        if(b&1)ret=ret*a%md;
        a=a*a%md;b>>=1;
    }
    return ret;
}

namespace ntt
{
    int rev[N];

    inline void initrev(int n)
    {
        for(int i=0;i<n;i++)
            rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)*(n>>1));
    }

    inline void ntt(ll *a,int n,int f)
    {
        for(int i=0;i<n;i++)if(i<rev[i])swap(a[i],a[rev[i]]);
        for(int h=2;h<=n;h<<=1)
        {
            ll w=qpow(3,(md-1)/h);
            if(f)w=qpow(w,md-2);
            for(int j=0;j<n;j+=h)
            {
                ll wn=1ll,x,y;
                for(int k=j;k<j+(h>>1);k++)
                {
                    x=a[k];y=a[k+(h>>1)]*wn%md;wn=wn*w%md;
                    a[k]=(x+y)%md;a[k+(h>>1)]=(x-y+md)%md;
                }
            }
        }
        if(f)
            for(ll i=0,inv=qpow(n,md-2);i<n;i++)
                a[i]=a[i]*inv%md;
    }

    inline void mul(ll *a,int n,ll *b,int m,ll *c,int k)
    {
        static ll d[N],e[N],l;
        for(l=1;l<=n+m;l<<=1);
        for(int i=0;i<n;i++)d[i]=a[i];
        for(int i=0;i<m;i++)e[i]=b[i];
        for(int i=n;i<l;i++)d[i]=0;
        for(int i=m;i<l;i++)e[i]=0;
        initrev(l);ntt(d,l,0);ntt(e,l,0);
        for(int i=0;i<l;i++)
            d[i]=d[i]*e[i]%md;
        ntt(d,l,1);
        for(int i=0;i<k && i<n+m-1;i++)
            c[i]=d[i];
    }
}

int n,w[N],cnt;
ll f[30][N],len[30];

inline void work(int l,int r)
{
    if(l==r)
    {
        f[++cnt][0]=1;
        f[cnt][w[l]]=md-1;
        for(int i=1;i<w[l];i++)
            f[cnt][i]=0;
        len[cnt]=w[l]+1;
        return;
    }

    int mid=l+r>>1;
    work(l,mid);work(mid+1,r);
    ntt::mul(f[cnt],len[cnt],f[cnt-1],len[cnt-1],f[cnt-1],N);
    len[cnt-1]=len[cnt]+len[cnt-1]-1;cnt--;
}

int main()
{
    n=read();
    for(int i=1;i<=n;i++)
        w[i]=read();
    work(2,n);

    ll ans=0;
    for(int i=0;i+w[1]<=2e5;i++)
        if(f[1][i])
            (ans+=qpow(w[1]+i,md-2)*f[1][i]%md)%=md;
    printf("%lldn",ans*w[1]%md);
    return 0;
}

最后

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