[2018HN省队集训D8T3] 水果拼盘

题意

给定 \(n\) 个集合, 每个集合包含 \([1,m]\) 中的一些整数, 在这些集合中随机选取 \(k\) 个集合, 求这 \(k\) 个集合的并集的权值的期望.

一个集合的权值定义为, 对于所有 \([1,m]\) 的整数, 若集合中含有 \(i\) 则产生 \(a_i\) 的贡献, 否则产生 \(b_i\) 的贡献.

\(n\le 1\times 10^5, m\le 18,k\le 25\)

题解

好像只有我一个写了一些玄学FWT操作...别人都是组合数直接碾的qaq

显然我们可以通过求所有最终集合的生成概率来计算出最终期望. 而这个概率显然就是个或卷积的形式.

于是我们可以FWT一发.

接着我们发现直接FWT卷 \(k\) 次可能会有重复的方案. (就像[BZOJ 3771] Triple那题). 于是我们需要考虑容斥.

然而这次是广义容斥, 普通二项式反演出来是假的.

stdcall&栋栋说过广义容斥瞎换一波系数就过了, 于是思考一些奇怪的东西来凑容斥系数.

FWT卷 \(k\) 次后得到的方案数是 \(n^k\), 而我们实际上需要的不重复的方案数应该是 \(n^{\underline k}\) (卷积出来的方案有序, 要自带一个全排列), 那么我们需要用一些玄学系数用 \(n^k\) 凑出 \(n^{\underline k}\).

注意到其实 \(n^{\underline k}\) 就是一个普通多项式, 那么我们可以直接算出这个多项式的每一项系数把它作为容斥系数.

实际上就是带符号第一类斯特林数. 用这个系数容斥一下就好了.

FWT一次后的点值可以重复使用, 所以总时间复杂度是 \(O(\sum|S|+(k+m)2^m)\).

参考代码

#include <bits/stdc++.h>

const int MAXK=27;

const int MAXL=1e6+10;

const int MOD=998244353;

int n;

int m;

int k;

int a[MAXL];

int pw[MAXK];

int ans[MAXL];

int cof[MAXK];

int c[MAXK][2];

void FWT(int*,int);

void IFWT(int*,int);

inline int ReadInt();

inline int Pow(int,int,int);

int main(){

	scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);

	for(int i=0;i<m;i++)

		scanf("%d",c[i]+1);

	for(int i=0;i<m;i++)

		scanf("%d",c[i]);

	cof[0]=1;

	for(int i=0;i<k;i++){

		for(int j=i+1;j>0;j--)

			cof[j]=(cof[j-1]-1ll*cof[j]*i%MOD+MOD)%MOD;

		cof[0]=(MOD-1ll*cof[0]*i%MOD)%MOD;

	}

	for(int i=0;i<n;i++){

		int cnt=ReadInt(),s=0;

		while(cnt--)

			s|=(1<<(ReadInt()-1));

		++a[s];

	}

	int maxs=1<<m;

	FWT(a,maxs);

	pw[0]=1;

	for(int s=0;s<maxs;s++){

		for(int i=1;i<=k;i++)

			pw[i]=1ll*pw[i-1]*a[s]%MOD;

		for(int i=0;i<k;i++)

			ans[s]=(ans[s]+1ll*pw[k-i]*cof[k-i])%MOD;

	}

	IFWT(ans,maxs);

	int cnt=0;

	int sum=0;

	for(int s=0;s<maxs;s++){

		(cnt+=ans[s])%=MOD;

		for(int i=0;i<m;i++)

			sum=(sum+1ll*c[i][(s>>i)&1]*ans[s])%MOD;

	}

	printf("%lld\n",1ll*sum*Pow(cnt,MOD-2,MOD)%MOD);

	return 0;

}

inline void FWT(int* a,int len){

	for(int i=1;i<len;i<<=1)

		for(int j=0;j<len;j+=(i<<1))

			for(int k=0;k<i;k++){

				a[j+k+i]+=a[j+k];

				a[j+k+i]=(a[j+k+i]>=MOD?a[j+k+i]-MOD:a[j+k+i]);

			}

}

inline void IFWT(int* a,int len){

	for(int i=1;i<len;i<<=1)

		for(int j=0;j<len;j+=(i<<1))

			for(int k=0;k<i;k++){

				a[j+k+i]-=a[j+k];

				a[j+k+i]=(a[j+k+i]<0?a[j+k+i]+MOD:a[j+k+i]);

			}

}

inline int ReadInt(){

	int x=0;

	register char ch=getchar();

	while(!isdigit(ch))

		ch=getchar();

	while(isdigit(ch)){

		x=x*10+ch-'0';

		ch=getchar();

	}

	return x;

}

inline int Pow(int a,int n,int p){

	int ans=1;

	while(n>0){

		if(n&1)

			ans=1ll*a*ans%p;

		a=1ll*a*a%p;

		n>>=1;

	}

	return ans;

}