# [NOI2019] 斗主地洛谷黑题题解

[NOI2019] 斗主地

题目背景

时限 4 秒内存 512MB

题目描述

小 S 在和小 F 玩一个叫“斗地主”的游戏。

可怜的小 S 发现自己打牌并打不过小 F，所以他想要在洗牌环节动动手脚。

一副牌一共有 $n$ 张牌，从上到下依次标号为 $\sim n$ 。标号为 $i$ 的牌分数是 $f (i)$ 。在本题， $f (i)$ 有且仅有两种可能： $f (i) = i$ 或 $f(i) = i^2$ 。

洗牌的方式和我们日常生活中的比较类似，以下我们用形式化的语言来定义：洗牌环节一共分 $m$ 轮，这 $m$ 轮洗牌依次进行。第 $i$ 轮洗牌时：

小 S 会拿出从最上面往下数的前 $A_i$ 张牌。这样这副牌就被分成了两堆：第一堆是最上面的 $A_i$ 张牌，第二堆是剩下的 $n-A_i$ 张牌，且这两堆牌内相对顺序不变。特别地，当 $A_i = n$ 或 $A_i = 0$ 时，有一堆牌是空的。
接下来对两堆牌进行合并，从而产生新的第三堆牌。当第一堆牌还剩下 $X$ 张，第二堆牌还剩下 $Y$ 张的时候，以 $\dfrac{X}{X+Y}$ 的概率取出第一堆牌的最下面的牌，并将它放入新的第三堆牌的最上面， $\dfrac{Y}{X+Y}$ 的概率取出第二堆牌的最下面的牌，并将它放入新的第三堆牌的最上面
重复操作 $2$ ，一直取到两堆牌都为空为止。这样我们就完成了一轮洗牌。

因为洗牌过程是随机的，所以小 S 发现自己没法知道某个位置上具体是哪张牌。但小 S 想问你在经历了这 $m$ 轮洗牌后，某个位置上的牌的期望分数是多少。小 S 一共会问你 $Q$ 个这样的问题。

输入格式

输入的第一行包含三个正整数 $n, m, t y p e$ ，分别表示牌的数量，洗牌的轮数与 $f (i)$ 的类型。当 $t y p e = 1$ 时， $f (i) = i$ 。当 $t y p e = 2$ 时， $f(i) = i^2$ 。

接下来一行，一共 $m$ 个整数，表示 $A_1 \sim A_m$ 。

接下来一行一个正整数 $Q$ ，表示小 S 的询问个数。接下来 $Q$ 行，每行一个正整数 $c_i$ ，表示小 S 想要知道从上往下第 $c_i$ 个位置上的牌的期望分数。

保证 $\leq c_i \leq n$ 。

输出格式

输出一共 $Q$ 行，每行一个整数，表示答案在模 $998244353$ 意义下的取值。

即设答案化为最简分式后的形式为 $\dfrac{a} {b}$ ，其中 $a$ 和 $b$ 互质。输出整数 $x$ 使得 $\equiv a \pmod{998244353}$ 且 $0 \leq x < 998244353$ 。可以证明这样的整数 $x$ 是唯一的。

样例 #1

样例输入 #1

样例输出 #1

249561090

提示

样例输入输出 1 解释

有 $\dfrac{1}{4}$ 的概率从上到下的最终结果是 ${1, 2, 3, 4\}$ 。
有 $\dfrac{1}{4}$ 的概率从上到下的最终结果是 ${1, 2, 4, 3\}$ 。
有 $\dfrac{1}{4}$ 的概率从上到下的最终结果是 ${1, 4, 2, 3\}$ 。
有 $\dfrac{1}{4}$ 的概率从上到下的最终结果是 ${4, 1, 2, 3\}$ 。

所以最终有 $\dfrac{1}{4}$ 的概率第一个位置是 $4$ ，有 $\dfrac{3} {4}$ 的概率第一个位置是 $1$ ，所以第一个位置的期望分数是 $\dfrac{7}{ 4}$ 。

为了帮助你们更直观地了解洗牌的过程，我们在下面画出了结果是 ${1, 4, 2, 3\}$ 的过程。

数据规模与约定

对于全部的测试点，保证 $3\le n \le 10^7$ ， $1\le m,Q\le5\times 10^5$ ， $0\le A_i\le n$ ， $type\in \{1,2\}$ 。

每个测试点的具体限制见下表：

测试点	$n$	$m$	$t y p e =$	其他性质
$1$	$\le 10$	$\le 1$	$1$	无
$2$	$\le 80$	$\le 80$	$1$	无
$3$	$\le 80$	$\le 80$	$2$	无
$4$	$\le 100$	$\le 5\times 10^5$	$2$	所有 $A_i$ 相同
$5$	$\le 10^7$	$\le 5\times 10^5$	$1$	无
$6$	$\le 10^7$	$\le 5\times 10^5$	$1$	无
$7$	$\le 10^7$	$\le 5\times 10^5$	$1$	无
$8$	$\le 10^7$	$\le 5\times 10^5$	$2$	无
$9$	$\le 10^7$	$\le 5\times 10^5$	$2$	无
$10$	$\le 10^7$	$\le 5\times 10^5$	$2$	无

请注意我们并没有保证 $Q\le n$ 。

提示

这里我们给出离散型随机变量 $X$ 的期望 $\mathbb{E}[x]$ 的定义：

设离散随机变量 $X$ 的可能值是 $X_1,X_2,\ldots X_k$ ， $Pr[X_1],Pr[X_2],\ldots,Pr[X_k]$ 为 $X$ 取对应值的概率，则 $X$ 的期望为：
$\mathbb{E}[x]=\sum^k_{i=1}X_i\times Pr[X_i]$

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int kcz=998244353;
const int maxn=10000005;
ll a,b,c,f[maxn];
int n;
inline ll qpow(ll a,ll k)
{
    ll res=1;
    while(k)
    {
        if(k&1) res=res*a%kcz;
        if(k>>=1) a=a*a%kcz;
    }
    return res;
}
inline ll calc(ll x) { return ((a*x+b)%kcz*x+c)%kcz; } // 算第x个数的期望
int main()
{
    int m,tp,i;
    ll _,__,t1,t2,t3,t,___,sqn;
    freopen("landlords.in","r",stdin),freopen("landlords.out","w",stdout);
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&tp),sqn=n*(ll)n%kcz;
    _=qpow(n-1,kcz-2),__=qpow(n,kcz-2),___=qpow((-sqn+3*n-2)%kcz,kcz-2);
    if(tp==1) a=c=0,b=1;
    else a=1,b=c=0; // x_i=ai^2+bi+c
    while(m--)
    {
        scanf("%lld",&t);
        if(t==0 || t==n) continue;
        t1=(calc(1)*t+calc(t+1)*(n-t))%kcz*__%kcz; // 第一个
        t2=((calc(2)*(t-1)+calc(t+1)*(n-t))%kcz*t+(calc(1)*t+calc(t+2)*(n-t-1))%kcz*(n-t))%kcz*__%kcz*_%kcz; // 第二个
        t3=(calc(t)*t+calc(n)*(n-t))%kcz*__%kcz; // 第n个
        a=((2-n)*t1+(n-1)*t2-t3)%kcz*___%kcz;
        b=((sqn-4)*t1+(1-sqn)*t2+3*t3)%kcz*___%kcz;
        c=((4*n-2*sqn)*t1+(sqn-n)*t2-2*t3)%kcz*___%kcz; // 极其丑的差值
    }
    for(i=1;i<=n;i++)
        f[i]=(calc(i)+kcz)%kcz;
    scanf("%d",&m);
    while(m--)
        scanf("%lld",&t),printf("%lld\n",f[t]);
    fclose(stdin),fclose(stdout);
    return 0;
}

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int kcz=998244353;
const int maxn=10000005;
ll a,b,c,a_,b_,c_,fac[maxn],inv[maxn],inv_fac[maxn];
int n;
inline ll f(ll x) { return (a+b*(x-1)+c*(x-1)%kcz*(x-2))%kcz; } // 算第x个数的期望
inline ll C(int n,int m) { return (m>=0 && m<=n)?fac[n]*inv_fac[m]%kcz*inv_fac[n-m]%kcz:0; } // 判一下0的情况
inline ll invC(int n,int m) { return inv_fac[n]*fac[m]%kcz*fac[n-m]%kcz; }
int main()
{
    int i,q,op,A;
    ll t;
    freopen("landlords.in","r",stdin),freopen("landlords.out","w",stdout);
    scanf("%d%d%d",&n,&q,&op);
    if(op==1) a=b=1,c=0; // a_i=a+b*(i-1)+c*(i-1)*(i-2)
    else a=1,b=3,c=1;
    fac[0]=inv_fac[0]=inv[1]=fac[1]=inv_fac[1]=1;
    for(i=2;i<=n;i++)
    {
        fac[i]=fac[i-1]*i%kcz;
        inv[i]=-(kcz/i)*inv[kcz%i]%kcz;
        inv_fac[i]=inv_fac[i-1]*inv[i]%kcz;
    }
    while(q--)
    {
        scanf("%d",&A);
        a_=(a+b*A+c*A%kcz*(A-1ll))%kcz; // 平移x->x+A
        b_=(b+c*2*A)%kcz;
        c_=c;
        t=invC(n,A);
        a=(a*C(n-1,A-1)+a_*C(n-1,n-A-1))%kcz*t%kcz; // 更新系数
        b=(b*C(n-2,A-2)+b_*C(n-2,n-A-2))%kcz*t%kcz;
        c=(c*C(n-3,A-3)+c_*C(n-3,n-A-3))%kcz*t%kcz;
    }
    scanf("%d",&q);
    while(q--)
        scanf("%d",&i),printf("%lld\n",(f(i)+kcz)%kcz);
    fclose(stdin),fclose(stdout);
    return 0;
}

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=500000+10;
const int maxm=10000000+10;
const int mod=998244353;
const int inv2=(mod+1)>>1;
int n,m,q,type;ll A,B,C,f[10][10],g[10],h[10],w[10],inv[maxm];

inline ll F(int x) {return (A*x%mod*x+B*x+C)%mod;}

int main()
{
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&type);
    inv[0]=inv[1]=1;
    for(int i=2;i<=n;i++) inv[i]=(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
    if(type==1) A=0,B=1,C=0;
    else A=1,B=0,C=0;
    int tmp;ll X,Y,Z;
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        scanf("%d",&tmp);
        for(int j=1;j<=3;j++) g[j]=F(j),h[j]=F(j+tmp),w[j]=0;
        for(int j=0;j<3;j++)
            for(int k=0;k<3;k++) f[j][k]=0;
        f[0][0]=1;
        for(int j=0;j<3;j++)
            for(int k=0;k<3;k++)
            {
                if(j+k>=3) break;
                if(j<tmp)
                {
                    ll val=f[j][k]*(tmp-j)%mod*inv[n-j-k]%mod;
                    (f[j+1][k]+=val)%=mod;
                    (w[j+k+1]+=val*g[j+1])%=mod;
                }
                if(k<n-tmp)
                {
                    ll val=f[j][k]*(n-tmp-k)%mod*inv[n-j-k]%mod;
                    (f[j][k+1]+=val)%=mod;
                    (w[j+k+1]+=val*h[k+1])%=mod;
                }
            }
        X=w[1];Y=w[2];Z=w[3];
        A=((Z-2*Y+X)*inv2%mod+mod)%mod;
        B=((8*Y-5*X-3*Z)*inv2%mod+mod)%mod;
        C=((3*X-3*Y+Z)%mod+mod)%mod;
    }
    scanf("%d",&q);
    while(q--)
    {
        scanf("%d",&tmp);
        printf("%lld\n",F(tmp));
    }
    return 0;
}