nim遊戲是這樣的：有 n 個石子堆，第 i 個石子堆有 a[i] 個石子，兩個人輪流選擇乙個石子堆並從中拿走乙個或者多個石子。拿走最後乙個石子的人獲勝。
現在有兩個人他們決定每次隨機選擇乙個合法決策來操作。現在他們想知道在這種決策方式下先手的勝率以及所有可能的情況中先手獲勝的次數，對 998244353 取模。
即設答案化為最簡分式後的形式為 a/b ，其中 a 和 b 的互質。 輸出整數 x 使得 bx≡
amod
998244353
bx ≡ a ~mod ~998244353
bx≡amo
d998
2443
53且 0≤x
<
998244353
0 ≤ x < 998244353
0≤x<99
8244
353。 可以證明這樣的整數 x 是唯一的。
輸入描述:
第一行乙個正整數n，表示石子堆數。
第二行一共n個正整數a[i]，表示每堆的石子數。
輸出描述:
一行兩個整數，分別表示先手的勝率和所有可能的情況中先手獲勝的次數，並對998244353取模。
1.考慮獲勝的概率，如果每個人都身不由己，即n堆石子都為1，則獲勝方是一定的，要麼一定贏要麼一定輸，否則55開。
2.根據博弈遊戲的性質，輸贏只和遊戲結束時的輪數有關，即先手奇數輪贏，偶數輪輸。
3.由隔板法，乙個大小為m
mm的堆，i
ii次操作取完的方案數是(m−
1i−1
)\binom
(i−1m−
1) 。
4.考慮dp方程，設f[i
][j]
f[i][j]
f[i][j
] 為前i
ii堆j
jj次取完的方案數。考慮可重集合的排列數，則有轉移方程f[i
][j]
=∑k=
1a[i
]f[i
−1][
j−k]
(a[i
]−1k
−1)(
jk
)f[i][j] = \sum_^f[i-1][j-k] \binom \binom
f[i][j
]=k=
1∑a[
i]f
[i−1
][j−
k](k
−1a[
i]−1
)(k
j)看起來有點像個卷積形式，把組合數拆開改寫一下就是
f [i
][j]
j!=∑
b+k=
jf[i
−1][
b](a
[i]−
1k−1
)1b!
1k
!\frac = \sum_ f[i-1][b] \binom \frac \frac
j!f[i]
[j]
=b+k
=j∑
f[i−
1][b
](k−
1a[i
]−1
)b!1
k!1
再移一下項就是
f [i
][j]
j!=∑
b+k=
jf[i
−1][
b]b!
(a[i
−1]k
−1)1
k!
\frac = \sum_ \frac\binom \frac
j!f[i]
[j]
=b+k
=j∑
b!f[
i−1]
[b]
(k−1
a[i−
1])
k!1
喜聞樂見分治ntt
nttnt
t搞搞，然後發現之前的板子有個地方錯了
code:
#include
using namespace std;
typedef
long
long ll;
const
int maxn =
2e5+50;
const
int mod =
998244353
;const
int inv2 =
(mod +1)
>>1;
inline ll qpow
(ll a, ll b)
inline ll inv
(ll a, ll _mod)
ll fac[maxn]
, inv[maxn]
;void
init
(int n)
inline ll c
(int n,
int m)
struct ntt
}void
dft(vector
& a,
int flag)}}
if(flag ==-1
)}void
mul(vector
& a, vector
& b,
int m)
} ntt;
vector v[maxn]
;#define pii pair
#define fi first
#define se second
#define mp make_pair
priority_queue q;
intmain()
while
(q.size()
>1)
pii ret = q.
top();
ll ans =0;
for(
int i =
1;i.size()
;i+=2)
(ans +
= v[ret.se]
[i]* fac[i]
% mod)
%= mod;
int pp = inv2;if(
!flag) pp = n&1;
printf
("%d %lld\n"
,pp,ans)
;return0;
}
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