se3948_30.03.23

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题目描述

为了抵御以尼古拉奥尔丁为首的上古龙族的入侵，地球的守护者 Yopilla 集齐了 $n$ 种人类文明的本源力量 —— 世界之力。

Yopilla 打算使用若干种技能来对抗尼古拉奥尔丁的进攻。每种技能由若干种世界之力构成。换句话说，一共有 $2^n$ 种技能，Yopilla 要使用若干种技能来对抗尼古拉奥尔丁。

大战前夕，Yopilla 走在波士顿的街头，突然看见天空中飞过了 $4$ 只白鸽，他便洞察了战胜尼古拉奥尔丁的秘密：只要他使用的技能中，都含有的世界之力的种类数恰好为 $4$ 的倍数，他便可以打败敌人。

Yopilla 想知道，他有多少种使用技能的情况，能战胜敌人。请你替 Yopilla 回答这个问题，答案对 $998244353$ 取模即可。

题解

好仙的题啊

考虑设交集大小至少为 $x$ 的个数为 $a_x$ ，则 $a_x={(}_x^n)(2^{2^{n-x}}-1)$

然后我们考虑构造容斥系数 $f_x$ ，使得 $ans={\sum }_{x=0}^n{f}_x{a}_x$

然后我们考虑到如果交集大小恰好为 $x$ 的最终要被算 $[x\%4=0]$ 遍，而对于 $\le x$ 的 $i$ ，它对于 $x$ 的贡献就是 ${(}_i^x)$ ，所以我们要使得 $[x\%4=0]={\sum }_{k=0}^x{(}_k^x)f_x$

考虑二项式反演，将式子化为 $f_x={\sum }_{k=0}^x(-1{)}^{x-k}{(}_k^x)[x\%4=0]$

考虑将 $[x\%4=0]$ 化开，这时候我们要用到很神奇的东西：单位复数根

记 $w_m$ 表示主 $m$ 次单位根，那么根据性质，我们可以得到 $[x\%m=0]={\sum }_{i=0}^{m-1}(w_m^x{)}^i$

于是 $f_x={\sum }_{k=0}^x(-1{)}^{x-k}{(}_k^x){\sum }_{i=0}^{4-1}(w_4^x{)}^i$

把 $i$ 提前，得到 $f_x=\frac{(-1{)}^x}{4}{\sum }_{i=0}^3(1-w_4^i{)}^x$

于是我们可以 $O(nm)$处理出 $f_x$ ，然后计算答案

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e7+5,P=998244353;
int n,jc[N],ny[N],w[4],W[4],f[N],s=1;
int X(int x){ 
return x>=P?x-P:x;}
int C(int x,int y){ 

return 1ll*jc[x]*ny[y]%P*ny[x-y]%P;
}
int K(int x,int y){ 

int z=1;
for (;y;y>>=1,x=1ll*x*x%P)
if (y&1) z=1ll*z*x%P;
return z;
}
int main(){ 

cin>>n;jc[0]=1;
for (int i=1;i<=n;i++)
jc[i]=1ll*i*jc[i-1]%P;
ny[n]=K(jc[n],P-2);
for (int i=n;i;i--)
ny[i-1]=1ll*i*ny[i]%P;
w[0]=1;w[1]=911660635;
for (int i=2;i<4;i++)
w[i]=1ll*w[i-1]*w[1]%P;
for (int i=0;i<4;i++)
W[i]=1,w[i]=X(1+P-w[i]);
for (int i=0,F=1;i<=n;i++,F=P-F){ 

for (int j=0;j<4;j++)
f[i]=X(f[i]+W[j]);
f[i]=748683265ll*F%P*f[i]%P;
for (int j=0;j<4;j++)
W[j]=1ll*W[j]*w[j]%P;
}
for (int i=n,v=2,u;~i;i--)
u=1ll*C(n,i)*X(v-1+P)%P,
s=X(s+1ll*u*f[i]%P),v=1ll*v*v%P;
cout<<s<<endl;return 0;
}