LOJ565 [LR10] mathematican 的二进制

Description

一个初始为 0 的二进制数,有 \(m\) 次操作。

\(i\) 次操作是将这个二进制数加上 \(2^{a_i}\) 。这个操作以 \(p_i\) 的概率执行。

如果某次操作执行了并且修改了二进制数的 \(k\) 位,那么它会带来 \(k\) 的代价。

问代价和的期望,答案对 \(998244353\) 取模。

\(n=\max a_i\leqslant10^5, m\leqslant2\times10^5\)

Solution

首先可以发现:

把一个二进制数 \(y\) 增加 \(2^x\) 后,带来的代价(即修改的位数)是 \(2+count(y)-count(y+2^x)\) ,其中 \(count(t)\) 表示 \(t\) 的二进制表示中 1 的个数。

这个结论比较显然:如果修改了 \(t\) 位,说明 \(t-1\) 个 1 变成了 0 并且一个 0 变成了 1 。

由此容易得出:如果进行了 \(k\) 次操作把二进制数从 \(0\) 变成了 \(y\) ,那么代价和即为 \(2k-count(y)\)

由期望的可加性,只需要求出 \(2E(k)-E(count(y))\) 即可,而前者显然就是 \(2\sum_{i=1}^np_i\)

对于 \(E(count(y))\) ,只需要求出其每一位是 1 的概率求和即可。

如果我们要计算 \(y\) 的第 \(t\) 位是 1 的概率,那么显然所有 \(a_i>t\) 的操作都可以忽略掉。

我们记 \(f_{t, j}\) 表示只考虑所有 \(a_i\leq t\) 的操作时 \(\lfloor y/2^t\rfloor=j\) 的概率,则显然有 \(E(count(y)) = \sum_t\sum_jf_{t,2j+1}\)

考虑如何求出 \(f\)

如果所有 \(a_i<t\) 的操作执行之后 \(\lfloor y/2^{t-1}\rfloor=j^\prime\) ,并且 \(a_i=t\) 的操作执行了 \(k\) 个,那么显然有 \(\lfloor y/2^t\rfloor=k+\lfloor j^\prime/2\rfloor\) 。由此有

\[f_{t,j}=\sum_{\lfloor j^\prime/2\rfloor+k=j}f_{t-1,j^\prime}g_{t,k}\]

其中 \(g_{t,k}\)\(a_i=t\) 的操作执行了 \(k\) 个的概率,可以分治 NTT 求出。 DP 转移亦可以 NTT 优化。

这样的复杂度是 \(O(\sum_i \left(m_i\log^2 m_i+p_i\log p_i\right))\) ,其中 \(m_i\) 表示 \(a_j=i\)\(j\) 的个数,\(p_i=\left\lfloor\sum_{j\leq i} \frac{m_j}{2^{i-j}}\right\rfloor\) 表示 \(f_{i,t}\) 中最大的 \(t\)

\[\begin{aligned} &\quad O\left(\sum_i \left(m_i\log^2 m_i+p_i\log p_i\right)\right)\\ &=O\left(\sum_im_i\log^2m+\sum_ip_i\log m\right)\\ &=O\left(m\log^2m+\sum_i\sum_{j\leq i}\frac{m_j}{2^{i-j}}\log m\right)\\ &=O\left(m\log^2m+\sum_j m_j(\sum_i2^{-i})\log m\right)\\ &=O\left(m\log^2m+m\log m\right)\\ &=O\left(m\log^2m\right) \end{aligned}\]

对于 \(m=2\times10^5\) 可过。

Code

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#include <algorithm>
#include <cctype>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <vector>

typedef long long LL;
typedef std::vector<LL> VLL;

const int N = 200050;
const int mod = 998244353;
const int g = 3;

int readInt() {
int ans = 0, c, f = 1;
while (!isdigit(c = getchar()))
if (c == '-') f *= -1;
do ans = ans * 10 + c - '0';
while (isdigit(c = getchar()));
return ans * f;
}

LL pow_mod(LL a, LL b) {
if ((b %= mod - 1) < 0) b += mod - 1;
LL ans = 1;
for (a %= mod; b > 0; b >>= 1, a = a * a % mod)
if (b & 1) ans = ans * a % mod;
return ans;
}

void NTT(LL *A, int len, int opt) {
for (int i = 1, j = 0; i < len; ++i) {
for (int k = len; ~j & k; j ^= (k >>= 1));
if (i < j) std::swap(A[i], A[j]);
}
for (int h = 2; h <= len; h <<= 1) {
LL wn = pow_mod(g, (mod - 1) / h * opt);
for (int j = 0; j < len; j += h) {
LL w = 1;
for (int i = j; i < j + (h >> 1); ++i) {
LL _t1 = A[i], _t2 = A[i + (h >> 1)] * w % mod;
A[i] = (_t1 + _t2) % mod;
A[i + (h >> 1)] = (_t1 - _t2) % mod;
w = w * wn % mod;
}
}
}
if (opt == -1)
for (int i = 0, v = -(mod - 1) / len; i < len; ++i)
A[i] = A[i] * v % mod;
}

void Conv(const VLL &A, const VLL &B, VLL &C) {
static LL tA[N * 4], tB[N * 4];
int n = A.size(), m = B.size(), t = n + m - 1;
int len = 1;
while (len < t) len <<= 1;
for (int i = 0; i < n; ++i) tA[i] = A[i];
for (int i = n; i < len; ++i) tA[i] = 0;
for (int i = 0; i < m; ++i) tB[i] = B[i];
for (int i = m; i < len; ++i) tB[i] = 0;
NTT(tA, len, 1);
NTT(tB, len, 1);
for (int i = 0; i < len; ++i)
tA[i] = tA[i] * tB[i] % mod;
NTT(tA, len, -1);
VLL tmp = VLL();
std::swap(C, tmp);
for (int i = 0; i < t; ++i)
C.push_back(tA[i]);
}

int cnt;
VLL S[N * 2];

void _solve(const VLL &v, int l, int r, VLL &s) {
if (l == r) {
s.clear();
s.push_back(1 - v[l]);
s.push_back(v[l]);
} else {
int mid = (l + r) >> 1;
int L = cnt++, R = cnt++;
_solve(v, l, mid, S[L]);
_solve(v, mid + 1, r, S[R]);
Conv(S[L], S[R], s);
}
}

inline void Solve(const VLL &v, VLL &ans) {
if (v.size() == 0) {
ans.clear();
ans.push_back(1);
return;
}
cnt = 0;
_solve(v, 0, v.size() - 1, ans);
}

int n, m;
VLL V[N], F, G, A[N];

int main() {
n = readInt(); m = readInt();
LL S = 0;
while (m--) {
LL a, p;
a = readInt();
p = readInt();
p = p * pow_mod(readInt(), mod - 2) % mod;
S = (S + p) % mod;
V[a].push_back(p);
}
F.push_back(1);
S = S * 2 % mod;
for (int i = 0; i <= n + 20; ++i) {
int t = F.size();
G.resize((t + 1) / 2);
std::fill(G.begin(), G.end(), 0);
for (int i = 0; i < t; ++i) G[i / 2] += F[i];
Solve(V[i], F);
Conv(F, G, F);
for (int i = 1; i < F.size(); i += 2)
S = (S - F[i]) % mod;
}
printf("%lld\n", (S + mod) % mod);
return 0;
}