正题

题目链接:https://gmoj.net/senior/#main/show/6067

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题目大意

$n$个点的一张竞赛图，第$i$个点向第$j$个点$(i<j)$连边的概率是$p$，否则就是第$j$个点向第$i$个点连边。

对于每个$i(i<n)$求出能够选出一个大小为$i$的集合使得这个集合的所有点都连向集合外的所有点的概率。

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解题思路

设$f_{i,j}$表示$i$个点能选出$j$个的概率，那么每次考虑是加在后面就有方程$$f_{i,j}=f_{i-1,j}\ast (1-p{)}^j+f_{i-1,j-1}\ast p^{i-j}$$
如果每次考虑加在前面就有$$f_{i,j}=f_{i-1,j}\ast p^j+f_{i-1,j-1}\ast (1-p{)}^{i-j}$$

联立上面两个式子可以得到$$f_{i-1,j}\ast (1-p{)}^j+f_{i-1,j-1}\ast p^{i-j}=f_{i-1,j}\ast p^j+f_{i-1,j-1}\ast (1-p{)}^{i-j}$$
$$\Rightarrow f_{i-1,j}=f_{i-1,j-1}\frac{(1-p{)}^{i-j}-p^{i-j}}{p^j-(1-p{)}^J}$$

也就是$$f_{n,j}=f_{n,j-1}\frac{(1-p{)}^{i-j}-p^{i-j}}{p^j-(1-p{)}^J}$$

这样处理逆元就可以线性递推了，注意对于$p=\frac{1}{2}$的时候分母为$0$，理解一下的话可以知道$i$的答案就是将$n-i$分割成$i+1$个可空段，然后每一种分割贡献都是$(\frac{1}{n-i}{)}^i$也就是答案就是$C_n^i\ast (\frac{1}{n-i}{)}^i$同理是逆元做就好了。

时间复杂度$O(n\log n)$

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$code$

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=1e6+10,P=998244353;
ll n,p,pw[N],qw[N],f[N];
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 print(ll x){if (x>9) print(x/10); putchar(x%10+48); return;
}
int C(int n,int m)
{return pw[n]*qw[m]%P*qw[n-m]%P;}
int main()
{freopen("more.in","r",stdin);freopen("more.out","w",stdout);scanf("%lld%lld",&n,&p);pw[0]=qw[0]=f[0]=1;if(p==(1-p+P)%P){for(int i=1;i<=n;i++)pw[i]=pw[i-1]*i%P,qw[i]=power(pw[i],P-2);for(int i=1;i<n;i++)print(C(n,i)*power(power(p,n-i),i)%P),putchar(' ');}else{for(int i=1;i<=n;i++)pw[i]=pw[i-1]*p%P,qw[i]=qw[i-1]*(1-p)%P;for(int i=1;i<n;i++){f[i]=f[i-1]*(pw[n-i+1]-qw[n-i+1])%P*power(pw[i]-qw[i],P-2)%P;print((f[i]+P)%P);putchar(' ');}}return 0;
}