[AGC034F]RNG and XOR

题目

  点这里看题目。

分析

  第一步可以将\(A\)数组转化成概率\(P(j)\)：每一步操作异或\(j\)的概率。

  接着发现，\(x\)从\(0\)变成\(i\)的期望等于\(x\)从\(i\)变成\(0\)的期望。

  这样我们的起点虽然不一样，但是终点就是一样的。这样我们可以套用随机游走的模型：

  \(f(i)\)：从\(i\)为起点变成\(0\)的期望。

  边界条件为\(f(0)=0\)，剩下的转移为：

\[\begin{aligned}
&f(i)=1+\sum_{j=0}^{2^n-1}P(j)f(i\oplus j)\\
\Rightarrow&f(i)=1+\sum_{j\oplus k=i}P(j)f(k)\\
\Rightarrow&f(i)-1=\sum_{j\oplus k=i}P(j)f(k)
\end{aligned}
\]

  我们发现\(f\)是一个类似 " 自己卷自己 " 的转移。但是却又不太一样，因为多了 -1 的常数。

  我们还是把它写成卷积的形式：

\[(f(0),f(1),f(2),...,f(2^n-1))\bigoplus(P(0),P(1),P(2),...,P(2^n-1))=(?,f(1)-1,f(2)-1,...,f(2^n-1)-1)
\]

  发现我们不能确定卷起来的第 0 项是多少，因为我们的转移的边界是\(f(0)=0\)。

  但是我们设卷出来的第 0 项为\(x\)，则可以得到：

\[\begin{aligned}
x+\sum_{i=1}^{2^n-1}(f(i)-1)
&=\sum_{i=0}^{2^n-1}\sum_{j\oplus k=i}P(j)f(k)\\
&=\sum_{i=0}^{2^n-1}f(i)\sum_{j=0}^{2^n-1}P(j)\\
&=\sum_{i=0}^{2^n-1}f(i)
\end{aligned}
\]

  也就是说，我们卷出来的东西应该和原来的\(f\)的和是一样的。

  然后可以得到\(x=f(0)+2^n-1\)：

\[(f(0),f(1),f(2),...,f(2^n-1))\bigoplus(P(0),P(1),P(2),...,P(2^n-1))=(f(0)+2^n-1,f(1)-1,f(2)-1,...,f(2^n-1)-1)
\]

  我们发现\(f\)向量和结果向量比较像，并且有公共部分，就可以考虑碱法：

\[(f(0),f(1),f(2),...,f(2^n-1))\bigoplus(P(0)-1,P(1),P(2),...,P(2^n-1))=(2^n-1,-1,-1,...,-1)
\]

  这样我们就可以用 FWT 变换之后求出\(f\)向量来。

  但是我们发现 FWT 之后会出现第 0 项上都是 0 的情况，此时不能求逆元。

  不过，同时\(f(0)\)的变换后的值\(f'(0)\)也是毫无限制的。因此我们可以给\(f'(0)\)带入任意值，比如\(0\)。逆变换后第 0 项为\(k\)。\(f\)中每一项就都会多贡献\(k\)，减掉就好。

代码

#include <cstdio>

const int mod = 998244353, inv2 = 499122177;
const int MAXN = 20, MAXL = ( 1 << 18 ) + 5;

template<typename _T>
void read( _T &x )
{
	x = 0;char s = getchar();int f = 1;
	while( s > '9' || s < '0' ){if( s == '-' ) f = -1; s = getchar();}
	while( s >= '0' && s <= '9' ){x = ( x << 3 ) + ( x << 1 ) + ( s - '0' ), s = getchar();}
	x *= f;
}

template<typename _T>
void write( _T x )
{
	if( x < 0 ){ putchar( '-' ); x = ( ~ x ) + 1; }
	if( 9 < x ){ write( x / 10 ); }
	putchar( x % 10 + '0' );
}

int F[MAXL], p[MAXL], h[MAXL];
int N, len;

int qkpow( int base, int indx )
{
	int ret = 1;
	while( indx )
	{
		if( indx & 1 ) ret = 1ll * ret * base % mod;
		base = 1ll * base * base % mod, indx >>= 1;
	}
	return ret;
}

int inv( const int a ) { return qkpow( a, mod - 2 ); }
int fix( const int x ) { return ( x % mod + mod ) % mod; }

void FWT( int *f, const int mode )
{
	int t1, t2;
	for( int s = 2 ; s <= len ; s <<= 1 )
		for( int i = 0, t = s >> 1 ; i < len ; i += s )
			for( int j = i ; j < i + t ; j ++ )
			{
				t1 = f[j], t2 = f[j + t];
				if( mode > 0 ) f[j] = ( t1 + t2 ) % mod, f[j + t] = fix( t1 - t2 );
				else f[j] = 1ll * ( t1 + t2 ) * inv2 % mod, f[j + t] = 1ll * fix( t1 - t2 ) * inv2 % mod;
			}
}

int main()
{
	int s = 0;
	read( N ); len = 1 << N;
	for( int i = 0 ; i < len ; i ++ ) read( p[i] ), s = ( s + p[i] ) % mod;
	s = inv( s );
	for( int i = 0 ; i < len ; i ++ ) p[i] = 1ll * p[i] * s % mod;
	for( int i = 1 ; i < len ; i ++ ) h[i] = mod - 1;
	h[0] = len - 1, p[0] = fix( p[0] - 1 );
	FWT( h, 1 ), FWT( p, 1 );
	for( int i = 1 ; i < len ; i ++ ) F[i] = 1ll * h[i] * inv( p[i] ) % mod;
	FWT( F, -1 );
	int tmp = mod - F[0];
	for( int i = 0 ; i < len ; i ++ ) write( ( tmp + F[i] ) % mod ), putchar( '\n' );
	return 0;
}