[atAGC034F]RNG and XOR

令$N=2^{n}$先将$forall 0le i<N,a_{i}$除以$sum_{i=0}^{N-1}a_{i}$，即变为概率

令$f_{i}$表示$i$的答案（第一次变成$i$的期望步数），则
$$
egin{cases}f_{0}=0\f_{i}=left(sum_{j=0}^{N-1}a_{j}f_{ioplus j} ight)+1&(1le i<N)end{cases}
$$
定义$igoplus$为异或卷积，令$A(x)$和$F(x)$分别为对应序列的生成函数，则
$$
Aigoplus F=sum_{i=0}^{N-1}left(sum_{j=0}^{N-1}a_{j}f_{ioplus j} ight)x^{i}=F-sum_{i=1}^{N-1}x^{i}+sum_{i=0}^{N-1}a_{i}f_{i}
$$
另一方面，注意到$sum_{i=0}^{N-1}a_{i}=sum_{i=0}^{N-1}f_{i}=1$（显然概率和为1），那么
$$
sum_{i=0}^{N-1}[x^{i}](Aigoplus F)=sum_{j=0}^{N-1}a_{j}sum_{i=0}^{N-1}f_{ioplus j}=1
$$
而$F-sum_{i=1}^{N-1}x^{i}+sum_{i=0}^{N-1}a_{i}f_{i}$与左式相同，系数和也为1，即有
$$
sum_{i=0}^{N-1}f_{i}-(N-1)+sum_{i=0}^{N-1}a_{i}f_{i}=1
$$
不难解得$sum_{i=0}^{N-1}a_{i}f_{i}=N-1$，代回原式即$Aigoplus F=F-sum_{i=1}^{N-1}x^{i}+(N-1)$

构造$A'=A-1$（即将$a_{0}$减1后的生成函数），则
$$
A'igoplus F=Aigoplus F-sum_{i=0}^{N-1}f_{i}x^{i}=(N-1)-sum_{i=1}^{N-1}x^{i}
$$
直接FWT即可，以下过程即FWT的推导，熟练FWT的可以跳至这里——

定义$FWT(A)_{i}=sum_{j=0}^{N-1}(-1)^{cnt(iand j)}A_{j}$（即通常FWT后的序列），则有
$$
FWT(Aigoplus F)_{i}=sum_{j=0}^{N-1}(-1)^{cnt(iand j)}sum_{k=0}^{N-1}A_{k-1}F_{joplus k}
$$
（其中$cnt(x)$表示$x$二进制下1的个数）

注意到$cnt(iand j)equiv cnt(iand k)+cnt(iand (joplus k))(mod 2)$，代入即
$$
FWT(Aigoplus F)_{i}=left(sum_{k=0}^{N-1}(-1)^{cnt(iand k)}A_{k} ight)left(sum_{j=0}^{N-1}(-1)^{cnt(iand (joplus k))}F_{joplus k} ight)=FWT(A)_{i}FWT(F)_{i}
$$
反过来，当求出$FWT(A)_{i}$和$FWT(Aigoplus F)_{i}$时，也有$FWT(F)_{i}=frac{FWT(Aigoplus F)_{i}}{FWT(A)_{i}}$

得到$FWT(F)_{i}$后，考虑$FWT(FWT(F))_{i}$，即
$$
FWT(FWT(F))_{i}=sum_{j=0}^{N-1}(-1)^{cnt(iand j)}sum_{k=0}^{N-1}(-1)^{cnt(jand k)}F_{k}=sum_{k=0}^{N-1}F_{k}sum_{j=0}^{N-1}(-1)^{cnt(jand (ioplus k))}
$$
考虑后者，对$ioplus k$是否为0分类讨论：

1.当$ioplus k$为0，也即$i=k$，不难得到此时的式子为$NF_{i}$

2.当$ioplus k$不为0时，假设其二进制下第$x$位为1，则$j$和$joplus 2^{x}$时的值即相互抵消，结果为0

综上，即可得$F_{i}=frac{FWT(FWT(F))_{i}}{N}$，即可从$FWT(F_{i})$得到$F_{i}$（即IFWT）

上述过程看似没有问题，但当$FWT(A)_{i}=0$时，无法确定$FWT(F)_{i}$

注意到此时必然有$FWT(Aigoplus F)_{i}=0$，而$Aigoplus F=(N-1)-sum_{i=1}^{N-1}x^{i}$，直接代入式子，即
$$
FWT(Aigoplus F)_{i}=sum_{j=0}^{N-1}(-1)^{cnt(iand j)}(Aigoplus F)_{j}=(N-1)-sum_{j=1}^{N-1}(-1)^{cnt(iand j)}
$$
不难发现当$i e 0$时，$cnt(iand j)$不可能全为偶数，因此结果不为0，同时$i=0$时结果为0

由此，$FWT(A)_{i}=0$的位置也仅有$i=0$，不妨先将其设置为0，也可以得到一个$F'$，此时$[x^{0}]F'$与0的差值即是$-frac{FWT(F)_{0}}{N}$，并以此修正（或再做一次）即可

总复杂度为$o(nN)$，可以通过

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define M (1<<18)
#define mod 998244353
#define ll long long
int N,n,s,a[M],b[M],f[M];
int qpow(int n,int m){
    int s=n,ans=1;
    while (m){
        if (m&1)ans=(ll)ans*s%mod;
        s=(ll)s*s%mod;
        m>>=1;
    }
    return ans;
}
void fwt(int *a,int p){
    for(int i=0;i<n;i++)
        for(int j=0;j<N;j++)
            if (j&(1<<i)){
                int x=a[j^(1<<i)],y=a[j];
                a[j^(1<<i)]=(x+y)%mod;
                a[j]=(x+mod-y)%mod;
            }
    if (p){
        int s=qpow(N,mod-2);
        for(int i=0;i<N;i++)a[i]=(ll)a[i]*s%mod;
    }
}
int main(){
    scanf("%d",&n);
    N=(1<<n);
    for(int i=0;i<N;i++){
        scanf("%d",&a[i]);
        s+=a[i];
    }
    s=qpow(s,mod-2);
    for(int i=0;i<N;i++)a[i]=(ll)a[i]*s%mod;
    a[0]=(a[0]+mod-1)%mod;
    b[0]=N-1;
    for(int i=1;i<N;i++)b[i]=mod-1;
    fwt(a,0);
    fwt(b,0);
    for(int i=0;i<N;i++)b[i]=(ll)b[i]*qpow(a[i],mod-2)%mod;
    memcpy(f,b,sizeof(f));
    fwt(b,1);
    f[0]=mod-(ll)N*b[0]%mod;
    fwt(f,1);
    for(int i=0;i<N;i++)printf("%d
",f[i]);
}