正题

题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/P5644

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题目大意

$n$个人，每个人被选中的权重是$a_i$。每次按照权重选择一个没有死掉的人杀死，求第$1$个人最后死的概率。输出答案对$998244353$取模。

$w_i>0,{\sum }_{i=1}^n{w}_i\le 10^5$

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解题思路

这个死掉之后概率的分母会变所以挺麻烦的，考虑一下变成每次随便选择一个人，如果没有死就杀掉，这样每个人被选择的概率就不变了。

然后考虑到计算恰好最后一个死很麻烦，可以假设第$1$个人死之后至少还剩下集合$T$的人，然后容斥这样就不需要考虑到剩下的人必须在前面都选过一次了。

设$P(T)$表示$1$死之后剩下集合$T$的人的概率，怎么求这个东西，我们可以枚举一下杀到$1$之前的轮数（记$S$为全集，$W(S)={\sum }_{x\in S}{w}_x$）
$$P(T)=\sum _{i=0}^{\infty }(\frac{W(S)-W(T)-w_1}{W(S)}{)}^i\frac{w_1}{W(S)}$$
等比数列求和展开一下就是
$$P(T)=\frac{(\frac{W(S)-W(T)-w_1}{W(S)}{)}^{\infty }-1}{\frac{W(S)-W(T)-w_1}{W(S)}-1}\frac{w_1}{W(S)}$$
然后因为那个$\infty$的东西是收敛（也就是等于$0$）的所以
$$P(T)=\frac{W(S)}{W(T)+w_1}\frac{w_1}{W(S)}=\frac{w_1}{w_1+W(T)}$$
就好了

然后答案就是
$$\sum _{T\in S}(-1{)}^{|T|}P(T)=\sum _{T\in S}(-1{)}^{|T|}\frac{w_1}{w_1+W(T)}$$

但是这样的复杂度是$O(2^n)$的显然不可能过。

但是我们不难发现的是因为$W(S)\le 10^5$，所以我们可以设$f(i)$表示对于所有集合$T$使得$W(T)=i$的容斥系数和那么答案就变成了
$$\sum _{i=0}^{W(S)}f(i)\frac{w_1}{w_1+i}$$

但是这个$f$怎么求，其实看上去就很生成函数，$f(i)$相等于${\prod }_{i=2}^n(1-x^{w_i})$的第$i$次项系数。

这个东西我们分治+$NTT$求就好了（因为这个做法实际上和分治$NTT$有区别）

时间复杂度$O(m{\log }^{2}m)$（$m=W(S)$

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code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=4e5+10,P=998244353;
ll n,w[N],r[N],x[N],y[N];
struct Poly{ll n,a[N];
}F[20];bool v[20];
ll power(ll x,ll b){ll ans=1;while(b){if(b&1)ans=ans*x%P;x=x*x%P;b>>=1;}return ans;
}
void NTT(ll *f,ll n,ll op){for(ll i=0;i<n;i++)if(i<r[i])swap(f[i],f[r[i]]);for(ll p=2;p<=n;p<<=1){ll len=p>>1,tmp=power(3,(P-1)/p);if(op==-1)tmp=power(tmp,P-2);for(ll k=0;k<n;k+=p){ll buf=1;for(ll i=k;i<k+len;i++){ll tt=f[i+len]*buf%P;f[i+len]=(f[i]-tt+P)%P;f[i]=(f[i]+tt)%P;buf=buf*tmp%P;}}}if(op==-1){ll inv=power(n,P-2);for(ll i=0;i<n;i++)f[i]=f[i]*inv%P;}return;
}
void Mul(Poly &a,Poly &b){for(ll i=0;i<a.n;i++)x[i]=a.a[i];for(ll i=0;i<b.n;i++)y[i]=b.a[i];ll l=1;while(l<a.n+b.n)l<<=1;for(ll i=0;i<l;i++)r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)?(l>>1):0);for(ll i=a.n;i<l;i++)x[i]=0;for(ll i=b.n;i<l;i++)y[i]=0;NTT(x,l,1);NTT(y,l,1);for(ll i=0;i<l;i++)x[i]=x[i]*y[i]%P;NTT(x,l,-1);for(ll i=0;i<l;i++)a.a[i]=x[i];a.n=a.n+b.n-1;return;
}
ll findq(){for(ll i=0;i<20;i++)if(!v[i]){v[i]=1;return i;}
}
ll Solve(ll l,ll r){if(l==r){ll p=findq();for(ll i=0;i<=w[l];i++)F[p].a[i]=0;F[p].a[0]=1;F[p].a[w[l]]=P-1;F[p].n=w[l]+1;return p;}ll mid=(l+r)>>1;ll ls=Solve(l,mid),rs=Solve(mid+1,r);Mul(F[ls],F[rs]);v[rs]=0;return ls;
}
signed main()
{scanf("%lld",&n);for(ll i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&w[i]);ll p=Solve(2,n),ans=0;for(ll i=0;i<F[p].n;i++)(ans+=F[p].a[i]*w[1]%P*power(w[1]+i,P-2)%P)%=P;printf("%lld\n",(ans+P)%P);return 0;
}