yww 与校门外的树
二中的校门外有一排树，一共 (n) 棵。每棵树的高度为 ([0,1]) 之间的随机小数。每棵树上都有一个苹果。
zjt 把这 (n) 棵树从左到右编号为 (1sim n)。zjt 还会在某些树之间挂上绳索。设第 (i) 棵树的高度为 (a_i) 。如果对于两棵树 (i,j) 满足 (i<j) 且 (a_i<a_j) ，那么 zjt 就会在第 (i) 棵树与第 (j) 棵树之间挂上一条绳索。这些绳索是双向的。
这时，有很多猴子路过了这里，你可以认为是 (n) 只，或是 (2n) 只，或是 (infty) 只。这些猴子会依次选择一棵有苹果的树（如果所有树上都没有苹果就不选），然后把这棵树以及可以通过绳索去到的其他树上的苹果全部摘下来。如果一只猴子摘下来了 (x) 个苹果，那么猴群的团结度就会乘以 (x) 。猴群的初始团结度为 (1) 。如果一只猴子没有摘到苹果，那么他就会离开猴群，所以不会影响团结度。
猴王想知道猴群的期望团结度是多少。请你帮帮他。
设答案为 (s) ，显然 (s imes n!) 是一个整数。所以你只需要告诉他 (mathit{ans}=(s imes n!)mod 998244353) 的值 。
对于 (100\%) 的数据：(1leq nleq 5 imes 10^5)。
题解
https://jklover.hs-blog.cf/2020/06/17/Loj-6402-yww-与校门外的树/
多项式求逆.
首先这个随机过程可以等价于随机出了一个 (1sim n) 的排列,需要对每个排列的答案求和.
不难发现,各个连通块是一段连续的区间,且两个相邻的连通块之间一定是左侧的最小值大于右侧的最大值.
设 (F(x)) 表示长度为 (i) 的排列形成一个连通块的 OGF, 若干个这样的结构会组合成一个排列,且合并时顺序固定.
那么设 (P(x)=sum i!x^i) ,则有 (frac{1}{1-F(x)}=P) ,得出 (F(x)=1-frac{1}{P(x)}) .
考虑如何计算答案,只需要把贡献放入 (F(x)) 的每一项中,再用若干个结构卷起来组合成排列即可.
设 (G(x)=sum f_1cdot icdot x^i) ,则 ([x^n]frac{1}{1-G(x)}) 即为所求.
需要实现多项式乘法及求逆,时间复杂度 (O(nlog n)) .
CO int N=1<<20;
int omg[2][N],rev[N];
int fac[N],inv[N],ifac[N];
void NTT(poly&a,int dir){
int lim=a.size(),len=log2(lim);
for(int i=0;i<lim;++i) rev[i]=rev[i>>1]>>1|(i&1)<<(len-1);
for(int i=0;i<lim;++i)if(i<rev[i]) swap(a[i],a[rev[i]]);
for(int i=1;i<lim;i<<=1)
for(int j=0;j<lim;j+=i<<1)for(int k=0;k<i;++k){
int t=mul(omg[dir][N/(i<<1)*k],a[j+i+k]);
a[j+i+k]=add(a[j+k],mod-t),a[j+k]=add(a[j+k],t);
}
if(dir){
int ilim=fpow(lim,mod-2);
for(int i=0;i<lim;++i) a[i]=mul(a[i],ilim);
}
}
poly operator~(poly f){
int n=f.size();
poly g(1,fpow(f[0],mod-2));
f.resize(1<<(int)ceil(log2(n)));
for(int lim=2;lim<2*n;lim<<=1){
poly h(f.begin(),f.begin()+lim);
h.resize(lim<<1),NTT(h,0);
g.resize(lim<<1),NTT(g,0);
for(int i=0;i<lim<<1;++i) g[i]=mul(2+mod-mul(h[i],g[i]),g[i]);
NTT(g,1),g.resize(lim);
}
return g.resize(n),g;
}
int main(){
omg[0][0]=1,omg[0][1]=fpow(3,(mod-1)/N);
omg[1][0]=1,omg[1][1]=fpow(omg[0][1],mod-2);
fac[0]=fac[1]=1;
inv[0]=inv[1]=1;
ifac[0]=ifac[1]=1;
for(int i=2;i<N;++i){
omg[0][i]=mul(omg[0][i-1],omg[0][1]);
omg[1][i]=mul(omg[1][i-1],omg[1][1]);
fac[i]=mul(fac[i-1],i);
inv[i]=mul(mod-mod/i,inv[mod%i]);
ifac[i]=mul(ifac[i-1],inv[i]);
}
int n=read<int>();
poly f=~poly(fac,fac+n+1);
f[0]=add(1,mod-f[0]);
for(int i=1;i<=n;++i) f[i]=mod-f[i];
f[0]=add(1,mod-mul(0,f[0]));
for(int i=1;i<=n;++i) f[i]=mod-mul(i,f[i]);
f=~f;
printf("%d
",f[n]);
return 0;
}