刷题queue：
1015B组T3 Gym102331C
从 Global Round 23 可以看出我状态差成啥样了。还好停课了。
一些我认为厉害的东西会加粗。
模拟赛会专门开另一系列文章并加密码，密码是成外传统密码。
10.17(无模拟赛，语文课×1，英语课×3)
周一要回教室的次数挺多，不过还是能过的。
又当电灯泡了。
一。vp ARC151(4/6)
ABCD大致的做法
A：字典序最小，贪心，后面能填即可。
B：处理字典序 \(A<B\) ，经典枚举 lcp 。
C: 一眼鉴定为公平游戏且能分成若干段，暴力找sg函数规律。
D：观察到不同位间操作顺序互不影响（FWT 状物），直接维护 \(n\) 个矩阵，最后再模拟一遍。
E,F待补。
二。CF1082F
写题小感
树形dp，要注意审题。很好想，建完 trie 和 IOI2005 riv 是一个题。
写的时候遇到的问题：
变量名重了，调了1h。之前打多校出现过一次更惨的情况，当时T了以为需要卡常,结果是题意的 \(k\) 和矩阵乘法的 \(k\) 重了。这种低级错误得避免！
三. gym 102586 C
题意
给你 \(n,m,k\) 以及\(p_i(1\le i\le n)\) ，保证 \(\sum p_i=1\)
你有一个数 \(X\),一开始 \(X=0\)
每次你会生成一个随机数 \(A\)，有 \(p_i\) 的概率 \(A=i\) ，然后令 \(X= (X+A)\bmod m\) 。
问 \(X=k\) 的期望次数。
数据范围：\(2\le m\le 10^{18}，1\le n\le \min(500,m-1),1\le k<m\)
view solution
为了方便，我们当成是从 \(k\) 走到 \(0\) ,每次 \(X=X-A\)
首先我们能想到一个基础的 \(dp\) 方程：
\(f(0)=0\)
\(f(i)=1+\sum p_jf((i-j)\bmod m)\)
求 \(f(k)\) 。
暴力高斯消元能得暴力分。一个更好的想法：
每个 \(f(x)\) 都能表示成 \(w_x+\sum a_if(i)\) 的形式。
我们尝试干两件事情：
1.对于每一个 \(f(x)\) 都能把它快速地表示成上述形式。
2.解出 \(f(1),f(2),…,f(n-1)\)
显然做出这两件事就能直接求 \(f(k)\) 了。
先处理第 \(2\) 件事：表示出 \(f(n-m+1)\) 到 \(f(m-1)\) ，然后对于 \(f(1)\) 到 \(f(n-1)\) ，显然就都能以两种方式表示出来，我们就可以列出 \(n-1\) 个方程，高斯消元求解。
再看第 \(1\) 件事。
一个 naive 的做法是直接矩阵快速幂暴力转移，单次都要 \(O(n^3\log m)\) ，过不了。
我们尝试直接用 \(f(x),f(y)\) 得出 \(f(x+y) (x+y<m)\)，方法是：
\(f(x)=w_x+\sum a_if(i)\) 是吧。
我们再令 \(f(y)=w_y+\sum b_if(i)\)
那么考虑 \(f(i)->f(x)\) 的这个贡献的系数呀，显然只与 \(x-i\) 有关。
于是 \(f(x+y)=w_x+\sum a_if(i+y)=w_x+w_y\sum a_i+\sum f(i+j)a_ib_j (1\le i,j <n)\)
对于 \(f(2n-2)\) 到 \(f(n)\) ，我们用 \(dp\) 式展开，合并到更小的项即可。
这样，我们就用 \(O(n^2)\) 的复杂度合并了 \(f(x),f(y)\)
于是单个 \(f(x)\) 就能用 \(O(n^2\log m)\) 的复杂度表示出来,具体是先算 \(f(2^i)\) ，再二进制拆分。
但还没做完。对于 \(f(m-n)\) 到 \(f(n-1)\) ，最快的做法是:
先算 \(f(m-n)\) 。
假设算出 \(f(x)\) ，则 \(f(x+1)=w_x+\sum a_if(i+1)\) ，展开 \(f(n)\) 这一项，即可算出 \(f(x+1)\) 。这是单次 \(O(n)\) 的。
于是我们整个题成功的做到了 \(O(n^2(n+\log m))\) 的复杂度。
可能还有一些科技能做这个题，不管了。
view code
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
int n,e[510];
ll m,K;
const int mod=998244353;
int qpow(int a,int b){
int c=1;
for(;b;b>>=1){
if(b&1)c=1ll*a*c%mod;
a=1ll*a*a%mod;
}
return c;
}
struct qq{int p[510],val;}base[62],tk[510],ans[510];
int fz[1010];
qq mul(qq a,qq b){
//f(x+y)=w_x+sum (w_y+sum f(j+i)*cy(j))*cx(i)
//f(x+y)=w_x+w_y* (sum cx(i)+sum cx(i)cy(j)f(i+j)
qq c;c.val=0;
memset(c.p,0,sizeof(c.p));
int as=0;
for(int i=0;i<n;i++)(as+=a.p[i])%=mod;
c.val=(a.val+1ll*as*b.val%mod)%mod;
memset(fz,0,sizeof(fz));
for(int i=0;i<n;i++)for(int j=0;j<n;j++)(fz[i+j]+=1ll*a.p[i]*b.p[j]%mod)%=mod;
for(int i=2*n-2;i>=n;i--){
(c.val+=fz[i])%=mod;
for(int j=1;j<=n;j++)(fz[i-j]+=1ll*e[j]*fz[i]%mod)%=mod;
}
for(int i=0;i<n;i++)c.p[i]=fz[i];
return c;
}
qq fik(ll x){
qq c;bool fl=0;
for(int i=60;i>=0;i--)if((x>>i)&1){
if(!fl)fl=1,c=base[i];
else c=mul(c,base[i]);
}
return c;
}
qq qb(){
qq c;c.val=1;memset(c.p,0,sizeof(c.p));
for(int i=0;i<n;i++){
(c.val+=1ll*e[n-i]*tk[i].val%mod)%=mod;
for(int j=1;j<n;j++)
(c.p[j]+=1ll*e[n-i]*tk[i].p[j]%mod)%=mod;
}
return c;
}
qq ad(qq a){
qq c;c.val=(a.val+a.p[n-1])%mod;
for(int i=0;i<n;i++)
c.p[i]=((i?a.p[i-1]:0)+1ll*a.p[n-1]*e[n-i]%mod)%mod;
return c;
}
int a[510][510];
int main(){
cin>>n>>m>>K;
if(n==1){return printf("%lld",K),0;}
int S=0;
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&e[i]),S+=e[i];
S=qpow(S,mod-2);
for(int i=1;i<=n;i++)e[i]=1ll*e[i]*S%mod;
//f[0]=0
//i>=1 f[i]=1+sum j<=n f[i-j]*e[j]
//求f[K]
base[0].p[1]=1;
for(int i=1;i<=61;i++)base[i]=mul(base[i-1],base[i-1]);
tk[0]=fik(m-n+1);
//m-n+1
//f(x+1)=w_+f_(i+1)*cx_i
for(int i=1;i+1<n;i++)tk[i]=ad(tk[i-1]);
for(int i=1;i<n;i++){
ans[i]=qb();
for(int j=0;j+1<n;j++)tk[j]=tk[j+1];
tk[n-1]=ans[i];
}
for(int i=1;i<n;i++){
a[i][n]=-ans[i].val,a[i][i]--;
for(int j=1;j<n;j++)(a[i][j]+=ans[i].p[j])%=mod;
}
for(int i=1;i<n;i++){
for(int j=i;j<n;j++)if(a[j][i]){swap(a[i],a[j]);break;}
for(int j=1;j<n;j++)if(i!=j){
int tp=1ll*a[j][i]*qpow(a[i][i],mod-2)%mod;
for(int k=i+1;k<=n;k++)(a[j][k]-=1ll*tp*a[i][k]%mod)%=mod;
}
}
qq an=fik(K);
int ans=an.val;
for(int i=1;i<n;i++)(ans+=1ll*an.p[i]*a[i][n]%mod*qpow(a[i][i],mod-2)%mod)%=mod;
return printf("%d",(ans+mod)%mod),0;
}