這樣$ PKUWC$就只差一道鬥地主了

假裝補題補完了吧.....

這題還是挺巧妙的啊......

LOJ # 2541

題意：每個人有一個嘲諷值$a_i$，每次殺死一個人，殺死某人的概率為$ \frac{a_i}{a_{alive}}$，求第一個人最後死的概率

資料範圍：$ 1 \leq a_i \leq 10^5，\sum\limits_{i=1}^n a_i \leq 10^5$

以下部分用$ val$表示所有人的嘲諷值之和

先講講$ n*val$的$ DP$

用$ P_S$表示集合$ S$中的人都在$ 1$後面死的概率

由於期間打死其他人不會影響$ P_S$的結果

每個$ P_S$是獨立的

等價與下一槍打在$ S$或$1$上打死$1$的概率即$ \frac{a_i}{a_S+a_i}$

其中$ a_S$表示集合$ S$的嘲諷值之和

則答案為$ \sum\limits(-1)^{|S|+1}P_S$

容易發現列舉集合的複雜度過大無法承受

發現$ val$不大

嘗試用$ f_{i,j}$表示前$ i$個人(從2開始列舉)嘲諷值之和為$ j$的方案數

發現有容斥係數不能直接記錄方案

不過沒有關係，由於容斥係數只和奇偶性有關，我們只需要把$ f_{i,j}$改成嘲諷值之和為$j$的係數和即可

轉移的時候分選$ i$和不選$i$兩種

如果選了前面的奇偶性會全部改變

因此得出轉移方程式$ f_{i,j}=f_{i-1,j}-f_{i-1,j-a[i]}$

可以過$ 50$分

考慮生成函式

發現轉移的本質是若干個形如$ -x^{a_i}+1$的二項式相乘

即最終轉移結果為 $\prod\limits_{i=2}^n -x^{a_i}+1$

用$ NTT$分治計算這個過程

由於類似線段樹結構的分治只有$ log_n$層，每層的複雜度是$ O(val log val)$

因此總複雜度是$ O(val log n log val)$的，可以通過本題

以及還有$一個log$的小$ trick$

暫時還不會....以後再寫吧

$ my \ code:$

#include<ctime>
#include
 
<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<queue>
#define p 998244353
#define rt register int
#define ll long long
using namespace std;
inline ll read(){
    ll x = 0; char zf = 1; char ch = getchar();
    while (ch != '-' && !isdigit(ch)) ch = getchar();
    if (ch == '-') zf = -1, ch = getchar();
    while (isdigit(ch)) x = x * 10 + ch - '0', ch = getchar(); return x * zf;
}
void write(ll y){if(y<0)putchar('-'),y=-y;if(y>9)write(y/10);putchar(y%10+48);}
void writeln(const ll y){write(y);putchar('\n');}
int i,j,k,m,n,x,y,z,cnt;
int a[100010];
int ksm(int x,int y){
    int ans=1;
    for(rt i=y;i;i>>=1,x=1ll*x*x%p)if(i&1)ans=1ll*ans*x%p;
    return ans;
}
namespace poly{
    vector<int>R;
    void getR(int n){
        R.resize(n);
        for(rt i=1;i<n;i++)R[i]=(R[i>>1]>>1)|(i&1)*(n>>1);
    }
    void NTT(int n,vector<int>&A,int fla){
        for(rt i=0;i<n;i++)if(i>R[i])swap(A[i],A[R[i]]);
        for(rt i=1;i<n;i<<=1){
            int w=ksm(3,(p-1)/2/i);
            for(rt j=0;j<n;j+=i<<1){
                int K=1;
                for(rt k=0;k<i;k++,K=1ll*K*w%p){
                    int x=A[j+k],y=1ll*K*A[i+j+k]%p;
                    A[j+k]=(x+y)%p,A[i+j+k]=(x-y)%p;
                }
            }
        }
        if(fla==-1){
            reverse(A.begin()+1,A.end());int invn=ksm(n,p-2);
            for(rt i=0;i<n;i++)A[i]=1ll*A[i]*invn%p;
        }
    }
}
using namespace poly;
int calc(int L,int R,vector<int>&A){
    if(L==R){
        A.resize(a[L]+1);
        A[0]=1;A[a[L]]=-1;
        return a[L];
    }
    const int mid=L+R>>1;
    vector<int>f,g;
    int len=calc(L,mid,f)+calc(mid+1,R,g);
    int lim=1;while(lim<=len)lim<<=1;
    getR(lim);f.resize(lim);g.resize(lim);A.resize(lim);
    NTT(lim,f,1);NTT(lim,g,1);
    for(rt i=0;i<lim;i++)A[i]=1ll*f[i]*g[i]%p;
    NTT(lim,A,-1);
    return len;
}
int main(){
    n=read();
    for(rt i=1;i<=n;i++)a[i]=read();
    vector<int>xs;
    int sum=calc(2,n,xs);int ans=0;
    for(rt i=0;i<=sum;i++)(ans+=1ll*xs[i]*ksm(i+a[1],p-2)%p*a[1]%p)%=p;
    cout<<(ans+p)%p;
    return 0;
}