数学专题测试1：
T1 exLucas板子 不会就没什么好说的
T2 50pts 异或FWT板子 不会就没什么好说的
满分做法：先把原序列变成点值表达式，然后点值比较好的性质是可以直接运算。
问题等价于求$ans=\sum\limits_{i=0}^{p} x^{2^i}$，然后注意到模数很小，直接倍增就行了。
顺便放下FWT板子（
1 #include<cstdio> 2 #include<iostream> 3 using namespace std; 4 const int mod=998244353,inv=499122177; 5 int n,m,a[1<<18],b[1<<18],ta[1<<18],tb[1<<18]; 6 inline int read() { 7 int x=0;char c=getchar(),f=0; 8 for(;c>'9'||c<'0';c=getchar()) f=c=='-'; 9 for(;c>='0'&&c<='9';c=getchar()) x=x*10+c-48; 10 return f?-x:x; 11 } 12 inline void moded(int &x) { 13 if(x<0) x+=mod; if(x>=mod) x-=mod; 14 } 15 inline void and_FWT(int *f,int *g,int opt=1) { 16 for(int i=0;i<m;++i) g[i]=f[i]; 17 for(int i=2;i<=m;i<<=1) 18 for(int st=0;st<m-1;st+=i) 19 for(int j=st;j<st+i/2;++j) 20 moded(g[j]+=g[j+i/2]*opt); 21 return ; 22 } 23 inline void or_FWT(int *f,int *g,int opt=1) { 24 for(int i=0;i<m;++i) g[i]=f[i]; 25 for(int i=2;i<=m;i<<=1) 26 for(int st=0;st<m-1;st+=i) 27 for(int j=st;j<st+i/2;++j) 28 moded(g[j+i/2]+=g[j]*opt); 29 return ; 30 } 31 inline void xor_FWT(int *f,int *g,int opt=1) { 32 for(int i=0;i<m;++i) g[i]=f[i]; 33 for(int i=2;i<=m;i<<=1) 34 for(int st=0;st<m-1;st+=i) 35 for(int j=st;j<st+i/2;++j) { 36 int u=g[j],t=g[j+i/2]; 37 if(opt) moded(g[j]=u+t),moded(g[j+i/2]=u-t); 38 else g[j]=1ll*(u+t)*inv%mod,g[j+i/2]=1ll*(u-t)*inv%mod; 39 } 40 return ; 41 } 42 int main() { 43 m=1<<(n=read()); 44 for(int i=0;i<m;++i) a[i]=read(); 45 for(int i=0;i<m;++i) b[i]=read(); 46 or_FWT(a,ta),or_FWT(b,tb); 47 for(int i=0;i<m;++i) ta[i]=1ll*ta[i]*tb[i]%mod; 48 or_FWT(ta,ta,-1); 49 for(int i=0;i<m;++i) printf("%d ",ta[i]);puts(""); 50 and_FWT(a,ta),and_FWT(b,tb); 51 for(int i=0;i<m;++i) ta[i]=1ll*ta[i]*tb[i]%mod; 52 and_FWT(ta,ta,-1); 53 for(int i=0;i<m;++i) printf("%d ",ta[i]);puts(""); 54 xor_FWT(a,ta),xor_FWT(b,tb); 55 for(int i=0;i<m;++i) ta[i]=1ll*ta[i]*tb[i]%mod; 56 xor_FWT(ta,ta,0); 57 for(int i=0;i<m;++i) printf("%d ",(ta[i]+mod)%mod); 58 return 0; 59 }
T3 大神期望题
和三华聚顶很像，但我当时就没改出来233，看数据范围是区间DP。
先断环成链，这种题倒退很难，考虑正着推。
设f[i][j]表示区间[i,j-1]均被安排好了，j还未被安排的期望。
枚举最后一个被安排的k，基本的就是f[i][j]等于每个可能k的贡献累加，但是最后安排每个k的概率又不一样。
所以现在问题是求p(i,j,k)即在区间i,j中除了j最后一个是k的概率。
顺便设$g[i][j]=\sum\limits_{k=i}^{j-1} p(i,j,k)$即搞到[i,j]区间且实现了f[i][j]的概率
如果能求出来，那么直观地想有$f[i][j]=\sum\limits_{k=i}^{j-1} p(i,j,k)*(f[i][k]+f[k+1][j]+cost(i,k))$
上面的柿子其实是有问题的，后面那一坨每一项表示的是在k对[i,j]的贡献，但是所有k的概率总和不是1，所以要除一个$g[i][j]$表示期望。
其实还挺好理解的，把概率看成方案，这就是一个加权平均数。
好了，现在的问题集中到了求(p,i,j,k)上
一开始想的是GPBS
现在应该理解一下g[i][j],f[i][j]
g[i][j]是基于所有操作均落在[i,j]内的概率，都是区间合并，所以肯定只考虑了区间内部。
f[i][j]是单纯的一个期望，因为如果把概率看成方案的话，这是一个很纯的加权平均数。
重新定义:
g[i][j]表示所有操作均落在区间[i,j]且区间[i,j-1]安排好，j点未安排的方案除以所有操作均落在区间[i,j]的总方案
f[i][j]表示所有操作均落在区间[i,j]且区间[i,j-1]安排好，j点未安排的方案的代价总和除于方案数。
然后p(i,j,k)就显然了。k作为分割点尚未被安排，那么k左右两侧一定是分别独立的。
假设ls是[i,k-1]的"."的个数，rs是[k+1,j]的"."的个数
直接有柿子:$p(i,j,k)=C_{ls+rs+1}^{ls} g[i][k] (k-i+1)^{ls+1} g[k+1][j] (j-k)^{rs}/(j-i+1)^{ls+rs+1}$