最大前缀和
小 C 是一个算法竞赛爱好者，有一天小 C 遇到了一个非常难的问题：求一个序列的最大子段和。
但是小 C 并不会做这个题，于是小 C 决定把序列随机打乱，然后取序列的最大前缀和作为答案。
小 C 是一个非常有自知之明的人，他知道自己的算法完全不对，所以并不关心正确率，他只关心求出的解的期望值，现在请你帮他解决这个问题，由于答案可能非常复杂，所以你只需要输出答案乘上 \(n!\) 后对 \(998244353\) 取模的值，显然这是个整数。
注：最大前缀和的定义：\(\forall i \in [1,n]\)，\(\sum_{j=1}^{i}a_j\)的最大值。
对于\(100\%\)的数据，满足\(1\leq n\leq 20\)，\(\sum_{i=1}^{n}|a[i]|\leq 10^9\)。
题解
https://www.cnblogs.com/zjp-shadow/p/9141971.html
不难发现，成为最大前缀和位置 \(p\) 后面的所有前缀都不能 \(>0\)。如果 \(>0\) 那么后面必存在一点可以替换当前的答案。
有了这个思路，那我们可以把每个序列拆成两段考虑，而分割点就是位置 \(p\)。记 \(sum_s\) 为 \(s\) 这个状态所有点的代数和。
记 \(f(s)\) 表示 \(s\) 集合的排列的最大前缀和等于 \(sum_s\) 且其他前缀和严格更小的方案数。这里规定其他前缀和更小是为了避免算重。
那么若 \(sum_s>0\)，我们便可以把它放到某个单点的后面。
\[ f(\{u\})\times f(s) \rightarrow f(\{u\}\cup s) \]
记 \(g(s)\) 表示 \(s\) 集合的排列的所有前缀和都 \(\leq 0\) 的方案数。
若 \(sum_{s\cup \{u\}}\leq 0\)，那么我们便可以把 \(s\) 放到 \(u\) 的前面。
\[ g(s)\times g(\{u\}) \rightarrow g(s\cup \{u\}) \]
答案为
\[ ans=\sum_s sum_s\times f(s)\times g([n]\setminus s) \]
时间复杂度 \(O(2^n n)\)。
CO int N=131072;
int omg[2][N],rev[N];
void NTT(poly&a,int dir){
int lim=a.size(),len=log2(lim);
for(int i=0;i<lim;++i) rev[i]=rev[i>>1]>>1|(i&1)<<(len-1);
for(int i=0;i<lim;++i)if(i<rev[i]) swap(a[i],a[rev[i]]);
for(int i=1;i<lim;i<<=1)
for(int j=0;j<lim;j+=i<<1)for(int k=0;k<i;++k){
int t=mul(omg[dir][N/(i<<1)*k],a[j+i+k]);
a[j+i+k]=add(a[j+k],mod-t),a[j+k]=add(a[j+k],t);
}
if(dir==1){
int ilim=fpow(lim,mod-2);
for(int i=0;i<lim;++i) a[i]=mul(a[i],ilim);
}
}
poly operator*(poly a,poly b){
int n=a.size()-1,m=b.size()-1;
int lim=1<<(int)ceil(log2(n+m+1));
a.resize(lim),NTT(a,0);
b.resize(lim),NTT(b,0);
for(int i=0;i<lim;++i) a[i]=mul(a[i],b[i]);
NTT(a,1),a.resize(n+m+1);
return a;
}
vector<int> a[2*N];
int tot,h[2*N],top;
IN bool cmp(int i,int j){
return a[i].size()>a[j].size();
}
int main(){
omg[0][0]=1,omg[0][1]=fpow(3,(mod-1)/N);
omg[1][0]=1,omg[1][1]=fpow(omg[0][1],mod-2);
for(int i=2;i<N;++i){
omg[0][i]=mul(omg[0][i-1],omg[0][1]);
omg[1][i]=mul(omg[1][i-1],omg[1][1]);
}
int n=read<int>(),w=read<int>();
for(int i=2;i<=n;++i){
int w=read<int>();
a[++tot].resize(w+1);
a[tot][0]=1,a[tot][w]=mod-1;
h[++top]=tot;
}
make_heap(h+1,h+top+1,cmp);
while(top>=2){
int x=h[1];pop_heap(h+1,h+top+1,cmp),--top;
int y=h[1];pop_heap(h+1,h+top+1,cmp),--top;
a[++tot]=a[x]*a[y];
h[++top]=tot,push_heap(h+1,h+top+1,cmp); // edit 1: cmp
}
int x=h[1],ans=0;
for(int i=0;i<(int)a[x].size();++i)
ans=add(ans,mul(mul(w,fpow(i+w,mod-2)),a[x][i]));
printf("%d\n",ans);
return 0;
}