Description
你有一个随机数生成器，它会以一定的概率生成[0,2^N-1]中的数，每一个数的概率是由序列A给定的，Pi=Ai/sum(Ai)
现在有一个初始为0的数X，每一轮随机生成一个数v，将X变成X xor v
求X变成0~2^N-1的期望轮数
答案对998244353取模
N<=18,Ai<=1000
Solution
不妨反过来做，f[i]为i到0的期望轮数，显然等价
易得i>0,
[f[i]=1+sum f[i xor j]p[j]
]
1移到左边来
[f[i]-1=sum f[i xor j]p[j]
]
写成集合幂级数形式就是
[(f[0],f[1],f[2],...,f[2^N-1])igoplus(p[0],p[1],p[2],...,p[2^N-1])=(?,f[1]-1,f[2]-1,...,f[2^N-1])
]
?是因为f[0]不满足转移式
但我们发现(sum p=1)，也就是说卷积过后总和不变
因此(? = f[0]+2^N-1)
把p[0]-1，后面的f就全部消掉
我们做一个逆卷积即可。
具体来说，把等号右边FWT，乘上中间的FWT再每项逆元的结果，再IFWT回去。
不行。
我们发现中间集合幂级数的FWT后2^N-1 +(-1)+(-1)+…+(-1)这一项是0（容易证明只有这一项是0），对应的右边也是0，我们无法得到左边这一项的值。
但我们忽略了一个信息，f[0]=0
不妨先假定左边这一项就是0，IFWT回去以后看看f[0]差了多少，那就是这一项少贡献了多少，推回去就行了。
时间复杂度O(2^N*N)
Code
#include <bits/stdc++.h>
#define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;++i)
#define fod(i,a,b) for(int i=a;i>=b;--i)
#define L 19
#define M 262144
const int mo=998244353;
typedef long long LL;
using namespace std;
int n,m;
int a[M+1],b[M+1];
LL ksm(LL k,LL n)
{
LL s=1;
for(;n;n>>=1,k=k*k%mo) if(n&1) s=s*k%mo;
return s;
}
const LL ny2=499122177;
void FWT(int *a,bool pd)
{
for(int h=1;h<m;h<<=1)
for(int j=0;j<M;j+=h*2)
fo(i,0,h-1)
{
int v=a[i+j+h];
a[i+j+h]=(a[i+j]-v+mo)%mo,a[i+j]=(a[i+j]+v)%mo;
if(pd) a[i+j]=(LL)a[i+j]*ny2%mo,a[i+j+h]=(LL)a[i+j+h]*ny2%mo;
}
}
LL pr[M];
int main()
{
cin>>n;
m=1<<n;
LL sum=0;
fo(i,0,m-1) scanf("%lld",&pr[i]),sum=(sum+pr[i])%mo;
sum=ksm(sum,mo-2);
a[0]=m-1;
fo(i,1,m-1) a[i]=mo-1;
fo(i,0,m-1) b[i]=pr[i]*sum%mo;
b[0]=(b[0]-1+mo)%mo;
FWT(a,0),FWT(b,0);
int wz=0;
fo(i,0,m-1)
{
if(b[i]!=0) a[i]=(LL)a[i]*ksm(b[i],mo-2)%mo;
else a[i]=0,wz=i;
}
FWT(a,1);
LL wp=(LL)(mo-a[0])*m%mo;
FWT(a,0);
a[wz]=wp;
FWT(a,1);
fo(i,0,m-1) printf("%d
",a[i]);
}