小 Q 的序列

小 Q 喜欢在序列上数数。

定义一个序列 \(a_{1\ldots k}\) 的权值为 \(\prod_{i = 1}^k(a_i + i)\)。

现在小 Q 有一个长度为 \(n\) 的序列 \(c_{1\ldots n}\)。
他想知道他的序列的所有 \(2^n - 1\) 个非空子序列的权值和。

由于答案很大，你只需要输出答案对 \(998244353\) 取模的结果。

\(1 \leq n \leq 100000\)

题解

https://www.cnblogs.com/yyf0309/p/12219139.html
https://www.cnblogs.com/weiyanpeng/p/11801162.html

考虑一下朴素DP方程：

\[f(i,j)=f(i-1,j-1)(j+a_i)+f(i-1,j) \]

注意到这个式子当\(a_i=0\)的时候和第二类Stirling数的递归式比较像。

考虑令第二维为\(j'=i-j\)，那么有：

\[f(i,j)=f(i-1,j)(i-j+a_i)+f(i-1,j-1) \]

类似斯特林数考虑组合意义。还是把前\(i\)个元素分到\(j\)个非空集合里面。新开集合就是\(f(i-1,j-1)\)，不新开集合就是\(-jf(i-1,j)\)。与第二类斯特林数不同，每个元素还可以不放进集合里面产生\(i+a_i\)的贡献。

分治FFT+exp即可。时间复杂度\(O(n\log^2n)\)。

CO int N=1<<18;
int omg[2][N],rev[N];
int fac[N],inv[N],ifac[N];

void NTT(poly&a,int dir){
	int lim=a.size(),len=log2(lim);
	for(int i=0;i<lim;++i){
		int r=rev[i]>>(18-len);
		if(i<r) swap(a[i],a[r]);
	}
	for(int i=1;i<lim;i<<=1)
		for(int j=0;j<lim;j+=i<<1)for(int k=0;k<i;++k){
			int t=mul(omg[dir][N/(i<<1)*k],a[j+i+k]);
			a[j+i+k]=add(a[j+k],mod-t),a[j+k]=add(a[j+k],t);
		}
	if(dir){
		int ilim=fpow(lim,mod-2);
		for(int i=0;i<lim;++i) a[i]=mul(a[i],ilim);
	}
}
poly operator~(poly a){
	int n=a.size();
	poly b={fpow(a[0],mod-2)};
	a.resize(1<<(int)ceil(log2(n)));
	for(int lim=2;lim<2*n;lim<<=1){
		poly c(a.begin(),a.begin()+lim);
		c.resize(lim<<1),NTT(c,0);
		b.resize(lim<<1),NTT(b,0);
		for(int i=0;i<lim<<1;++i) b[i]=mul(2+mod-mul(c[i],b[i]),b[i]);
		NTT(b,1),b.resize(lim);
	}
	return b.resize(n),b;
}
poly log(poly a){
	int n=a.size();
	poly b=~a;
	for(int i=0;i<n-1;++i) a[i]=mul(a[i+1],i+1);
	a.resize(n-1);
	int lim=1<<(int)ceil(log2(2*n-2));
	a.resize(lim),NTT(a,0);
	b.resize(lim),NTT(b,0);
	for(int i=0;i<lim;++i) a[i]=mul(a[i],b[i]);
	NTT(a,1),a.resize(n);
	for(int i=n-1;i>=1;--i) a[i]=mul(a[i-1],inv[i]);
	assert(n-1<N);
	return a[0]=0,a;
}
poly exp(poly a){
	int n=a.size();
	poly b={1};
	a.resize(1<<(int)ceil(log2(n)));
	for(int lim=2;lim<2*n;lim<<=1){
		b.resize(lim);poly c=log(b);
		c[0]=add(1+a[0],mod-c[0]);
		for(int i=1;i<lim;++i) c[i]=add(a[i],mod-c[i]);
		c.resize(lim<<1),NTT(c,0);
		b.resize(lim<<1),NTT(b,0);
		for(int i=0;i<lim<<1;++i) b[i]=mul(c[i],b[i]);
		NTT(b,1),b.resize(lim);
	}
	return b.resize(n),b;
}
poly operator*(poly a,poly b){
	int n=a.size()+b.size()-1,lim=1<<(int)ceil(log2(n));
	a.resize(lim),NTT(a,0);
	b.resize(lim),NTT(b,0);
	for(int i=0;i<lim;++i) a[i]=mul(a[i],b[i]);
	NTT(a,1),a.resize(n);
	return a;
}

int a[N];

poly solve(int l,int r){
	if(l==r) return poly{1,add(a[l],l)};
	int mid=(l+r)>>1;
	return solve(l,mid)*solve(mid+1,r);
}
int main(){
	omg[0][0]=1,omg[0][1]=fpow(3,(mod-1)/N);
	omg[1][0]=1,omg[1][1]=fpow(omg[0][1],mod-2);
	rev[0]=0,rev[1]=1<<17;
	fac[0]=fac[1]=1;
	inv[0]=inv[1]=1;
	ifac[0]=ifac[1]=1;
	for(int i=2;i<N;++i){
		omg[0][i]=mul(omg[0][i-1],omg[0][1]);
		omg[1][i]=mul(omg[1][i-1],omg[1][1]);
		rev[i]=rev[i>>1]>>1|(i&1)<<17;
		fac[i]=mul(fac[i-1],i);
		inv[i]=mul(mod-mod/i,inv[mod%i]);
		ifac[i]=mul(ifac[i-1],inv[i]);
	}
	int n=read<int>();
	for(int i=1;i<=n;++i) read(a[i]);
	poly f=solve(1,n),g(n+1);
	for(int i=1;i<=n;++i) g[i]=mul(ifac[i],(i-1)%2==1?mod-1:1);
	g=exp(g);
	int ans=0;
	for(int i=0;i<=n;++i) ans=add(ans,mul(f[i],mul(g[n-i],fac[n-i])));
	write(add(ans,mod-1),'\n'); // empty set
	return 0;
}

标签：www,omg,LOJ6703,int,权值,序列,mod
来源： https://www.cnblogs.com/autoint/p/13387433.html